Efisica

Autofunções do momento angular

Subsections
Por razões técnicas é conveniente introduzir os operadores não-hermiteanos
$\displaystyle \hat{l}_{+}$ $\textstyle =$ $\displaystyle l_x+i\hat{l}_y$ (279)
$\displaystyle \hat{l}_{-}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \hat{l}_x-i\hat{l}_y$ (280)

Seus principais comutadores são:
\begin{displaymath}[\hat{\vec{l}}^2,\hat{l}_{\pm}]=0
\end{displaymath} (281)


\begin{displaymath}[\hat{l}_z,\hat{l}_+]=\hat{l}_+
\end{displaymath} (282)


\begin{displaymath}[\hat{l}_z,\hat{l}_{-}]=-\hat{l}_{-}
\end{displaymath} (283)

todas fáceis de obter. Note-se ainda que
\begin{displaymath}
\hat{l}_+\hat{l}_{-}=\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_z^2+\hat{l}_z
\end{displaymath} (284)


\begin{displaymath}
\hat{l}_{-}\hat{l}_+=\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_z^2-\hat{l}_z
\end{displaymath} (285)


As autofunções da componente z do momento angular

As autofunções de $\hat{l}_z$ são funções $\psi(\phi)$ tais que
\begin{displaymath}
\hat{l}_z \psi(\phi)=l_z \psi(\phi)
\end{displaymath} (286)

onde $l_z$ é um número. Omitimos aqui, por simplicidade, as outras variáveis, $r$ e $\theta$, de que a função $\psi$ em geral depende porque são irrelevantes para este problema. Como

\begin{displaymath}
\hat{l}_z = -i\frac{\partial}{\partial \phi}
\end{displaymath}

temos, para a Eq.(286),
\begin{displaymath}
-i\frac{\partial\psi}{\partial \phi}=l_z \psi
\end{displaymath} (287)

cuja solução é

\begin{displaymath}
\psi(\phi)=Ke^{il_z \phi}\;\;.
\end{displaymath}

Devemos ainda ter

\begin{displaymath}
\psi(\phi + 2n\pi)=\psi(\phi)
\end{displaymath}

o que exige que

\begin{displaymath}
e^{il_z 2 n \pi}=1
\end{displaymath}

ou seja, que $l_z$ seja um número inteiro. Vamos denotá-lo por $m$. Então,
\begin{displaymath}
\hat{l}_z e^{im\phi} = m e^{im\phi}
\end{displaymath} (288)

que é satisfeita para qualquer $m$ inteiro, $-\infty < m <
\infty$. Normalizando, temos
\begin{displaymath}
\psi_m(\phi) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp{(im\phi)}
\end{displaymath} (289)


Autofunções simultâneas do momento angular total e da componente z

Seja $\psi(\phi)$ a autofunção de $\hat{l}_z$ de autovalor $m$. Calculemos

\begin{eqnarray*}
\hat{l}_z\left(\hat{l}^+\psi_m\right) & = & (\hat{l}_z\hat{l}...
...}\psi_m + m\hat{l}_{+}\psi_m\\
& = & (m+1)(\hat{l}_{+}\psi_m)
\end{eqnarray*}


Logo, se $\hat{l}_z\psi_m = m\psi_m$, então

\begin{displaymath}
\hat{l}_{+}\psi_m = K\psi_{m+1}
\end{displaymath}

Analogamente se mostra que

\begin{displaymath}
\hat{l}_{-}\psi_m=K^{\prime}\psi_{m-1}
\end{displaymath}

Assim, usando os operadores $\hat{l}_{+}$ e $\hat{l}_{-}$, pode-se varrer todo o espectro do operador $\hat{l}_z$.

Considere o operador

\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_z^2=\hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2\;\;.
\end{displaymath}

Lema:Se $\hat{O}$ é hermiteano,
\begin{displaymath}
\langle \hat{O}^2 \rangle \geq 0
\end{displaymath} (290)

para qualquer estado.
Demonstração:

\begin{displaymath}
\int dq \psi^*(q)\hat{O}^2\psi(q) = \int
dq\left(\hat{O}\p...
...{O}\psi(q)\right) =\int
dq \vert\hat{O}\psi(q)\vert^2 \geq 0
\end{displaymath}

Em particular, segue que $\langle \hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2 \rangle
\geq 0$, logo,
\begin{displaymath}
\langle \hat{\vec{l}}^2 - \hat{l}_z^2\rangle \geq 0
\end{displaymath} (291)

A construção das autofunções de $\hat{\vec{l}}^2$ é facilitada pelo fato de que a expressão de $\hat{\vec{l}}^2$ é um operador diferencial familiar à física clássica. De fato, um cálculo direto leva a
\begin{displaymath}
\hat{l}_{\pm}=\exp{(\pm i\phi)}\left(\pm \frac{\partial}{\p...
...\theta}
+ i \cot\theta \frac{\partial}{\partial \phi}\right)
\end{displaymath} (292)

e, como

\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2 = \hat{l}_{+}\hat{l}_{-}+\hat{l}_z^2-\hat{l}_z
\end{displaymath}

obtém-se
\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2=-\left(\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\parti...
... \theta}(\sin{\theta}\frac{\partial}{\partial \theta})\right)
\end{displaymath} (293)

Acontece que o laplaceano em coordenadas esféricas é
\begin{displaymath}
\vec{\nabla}^2 = \frac{1}{r^2}\left \{\frac{\partial}{\par...
...\sin{\theta}\frac{\partial}{\partial \theta})\right)\right \}
\end{displaymath} (294)

ou seja,
\begin{displaymath}
\vec{\nabla}^2 = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\l...
...ac{\partial}{\partial r}\right)-
\frac{\hat{\vec{l}}^2}{r^2}
\end{displaymath} (295)

Os físicos do século XIX resolveram o problema de determinar as autofunções de $\hat{\vec{l}}^2$:18 essas funções são os harmônicos esféricos, $Y_{lm}(\theta, \phi)$, que satisfazem as equações de autovalores
$\displaystyle \hat{\vec{l}}^2Y_{lm}(\theta, \phi)$ $\textstyle =$ $\displaystyle l(l+1)Y_{lm}(\theta, \phi)$ (296)
$\displaystyle \hat{l}_z Y_{lm}(\theta, \phi)$ $\textstyle =$ $\displaystyle mY_{lm}(\theta, \phi)$ (297)

Os harmônicos esféricos são muito bem conhecidos. Para um estudo deles no contexto clássico as minhas referências preferidas são Courant [6] e Sommerfeld [9]. Nessas notas, usando técnicas que introduziremos a seguir, construiremos explicitamente os $Y_{lm}$. Para o momento é suficiente informar que

\begin{displaymath}
Y_{lm}(\theta, \phi)=K\;P^l_{\;\; m}(\theta)\exp{(im\phi)}
\end{displaymath}

ou seja, é o produto de uma função de $\theta$ por uma autofunção de $\hat{l}_z$.

Uma observação importante: as autofunções de $\hat{l}_z$ são as funções $\exp{(im\phi)}$ para qualquer inteiro $m$. Quando construirmos as autofunções comuns a $\hat{\vec{l}}^2$ e $\hat{l}_z$, veremos que $m$ sofrerá mais restrições. De fato, como temos

\begin{displaymath}
\langle \hat{\vec{l}}^2-\hat{l}^2_z\rangle \geq 0
\end{displaymath}

segue que
\begin{displaymath}
\int dq Y_{lm}^*(q)\left(\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_z^2\right)...
...t)\int dq Y_{lm}^*(q)Y_{lm}(q)=\left(l(l+1)-m^2\right) \geq 0
\end{displaymath} (298)

Portanto, dado $l$, $m$ não pode ser qualquer inteiro. O maior valor permitido é tal que

\begin{displaymath}
l(l+1) \geq m^2
\end{displaymath}

Vê-se imediatamente que $m=l$ é permitido, mas $m=l+1$ é proibido. Logo, o máximo valor permitido de $m$ para as autofunções $Y_{lm}(q)$ é $m=l$. Um argumento an'alogo mostra que o menor é $m=-l$. Resumindo,

\begin{displaymath}
-l \leq m \leq l
\end{displaymath}

Neste intervalo,
\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2 Y_{lm}(\theta,\phi)=l(l+1)Y_{lm}(\theta, \phi)
\end{displaymath} (299)


\begin{displaymath}
\hat{l}_zY_{lm}(\theta, \phi) = m Y_{lm}(\theta, \phi)
\end{displaymath} (300)

Assim, para cada $l$$2l+1$ valores distintos de $m$.

Construção dos harmônicos esféricos

Chamaremos de operadores vetoriais operadores do tipo

\begin{displaymath}
\hat{\vec{T}}=\hat{T}_x\vec{i}+\hat{T}_y\vec{j}+\hat{T}_z\vec{k}
\end{displaymath}

e que satisfazem as seguintes relações de comutação com as componentes do momento angular:
\begin{displaymath}[\hat{l}_a, \hat{T}_b]= i\epsilon_{abc}\hat{T}_c
\end{displaymath} (301)

onde a costumeira convenção indica uma soma sobre os valores do índice $c$, e, sendo $\hat{T}^{(1)}$ e $\hat{T}^{(2)}$ dois operadores desse tipo,
\begin{displaymath}[\hat{l}_i, \hat{T}^{(1)}_{j}\hat{T}^{(2)}_{j}]=0
\end{displaymath} (302)

Exemplos: $\hat{r}$, $\hat{p}$ e $\hat{L}$ são, todos, operadores vetoriais.

Das relações acima segue, em particular, que, para qualquer operador vetorial $\hat{T}$,

\begin{displaymath}[\hat{l}_i,\hat{T}_j\hat{T}_j]=0
\end{displaymath} (303)

Seja $\hat{\vec{T}}$ um operador vetorial. Será útil introduzir um ``operador escada'', da seguinte forma:

\begin{displaymath}
\hat{\vec{T}}_{+}=\hat{T}_x+i\hat{T}_y
\end{displaymath} (304)

Facilmente se verifica que
\begin{displaymath}[\hat{l}_z,\hat{T}_{+}]=\hat{T}_{+}
\end{displaymath} (305)

bem como
\begin{displaymath}[\hat{l}_x,\hat{T}_{+}]=-\hat{T}_z
\end{displaymath} (306)


\begin{displaymath}[\hat{l}_y,\hat{T}_{+}]=-i\hat{T}_z
\end{displaymath} (307)

Vamos agora calcular o comutador $[\hat{\vec{l}}^2,\hat{T}_{+}]$. Lembrando que

\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2 = \hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2+\hat{l}_z^2
\end{displaymath}

e usando as relações acima, temos, após um pouco de paciência,
\begin{displaymath}[\hat{\vec{l}}^2,\hat{T}_{+}]=2[\hat{T}_{+}\hat{l}_z-\hat{T}_z\hat{l}_{+}]+2\hat{T}_{+}
\end{displaymath} (308)

Sejam $Y_{lm}$ as autofunções de $\hat{\vec{l}}^2$ e, em particular, seja $Y_{ll}$ aquela com máximo valor de $m$, para um dado $l$. Vamos mostrar que
\begin{displaymath}
\hat{T}_{+}Y_{ll}=KY_{l+1,l+1}
\end{displaymath} (309)

onde $K$ é uma constante.




De fato,

\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2 Y_{ll}=l(l+1)Y_{ll}
\end{displaymath} (310)


\begin{displaymath}
\hat{T}_{+}(\hat{\vec{l}}^2 Y_{ll})=l(l+1) \hat{T}_{+} Y_{ll}
\end{displaymath} (311)

Ora, o operador $\hat{T}_{+} \hat{\vec{l}}^2$ pode ser escrito assim:
\begin{displaymath}
\hat{T}_{+}\hat{\vec{l}}^2 =
\hat{T}_{+}\hat{\vec{l}}^2...
...}=
[\hat{T}_{+},\hat{\vec{l}}^2]+\hat{\vec{l}}^2\hat{T}_{+}
\end{displaymath} (312)

Logo,a Eq.(311) pode ser escrita
\begin{displaymath}[\hat{T}_{+},\hat{\vec{l}}^2]Y_{ll}+
\hat{\vec{l}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=l(l+1)Y_{ll}
\end{displaymath} (313)

Usando a Eq.(308),
\begin{displaymath}
2\hat{T}_z\hat{l}_{+}Y_{ll}-2\hat{T}_{+}\hat{l}_zY_{ll}-2...
...+\hat{\vec{L}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=l(l+1)(\hat{T}_{+}Y_{ll})
\end{displaymath} (314)

Como $\hat{l}_{+}Y_{ll}=0$, obtemos sem dificuldade que
\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=\left(l(l+1)+2l+2\right)(\hat{T}_{+}Y_{ll})
\end{displaymath} (315)

ou, finalmente,
\begin{displaymath}
\hat{\vec{l}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=(l+1)(l+2)(\hat{T}_{+}Y_{ll}
\end{displaymath} (316)

que significa que $\hat{T}_{+}Y_{ll}$ é autofunção de $\hat{\vec{l}}^2$ de autovalor $(l+1)(l+2)$. Logo,
\begin{displaymath}
\hat{T}_{+}Y_{ll}=KY_{l+1,l+1}
\end{displaymath} (317)

Este resultado mostra que, se determinarmos $Y_{00}$, seremos capazes de construir $Y_{ll}$ para qualquer $l$, sem ter de resolver equações diferenciais.

Para determinar $Y_{00}(\theta, \phi)$ note-se que

\begin{displaymath}
\hat{l}_z Y_{00}(\theta, \phi)=0
\end{displaymath} (318)

e

\begin{eqnarray*}
\hat{l}_{-}Y_{00} & = & 0\\
\hat{l}_{+}Y_{00} & = & 0
\end{eqnarray*}


Daí segue facilmente que
$\displaystyle \hat{l}_xY_{00}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$ (319)
$\displaystyle \hat{l}_yY_{00}$ $\textstyle =$ $\displaystyle 0$ (320)

Dessas duas e da Eq.(318), segue que
\begin{displaymath}
\left(1 + \frac{i}{\hbar}\epsilon\hbar
\hat{l}_j\right)Y_{00}=Y_{00}
\end{displaymath} (321)

para $j=1,2,3$. Isto quer dizer que $Y_{00}$ é invariante por rotações infinitesimais em torno dos eixos $x$, $y$, $z$, ou seja, é invariante por qualquer rotação infinitesimal. Logo, é esfericamente simétrica, não podendo depender de $\theta$ ou $\phi$. Mas essas são as suas únicas variáveis. Portanto, $Y_{00}$ é constante. A menos de normalização , podemos então tomar

\begin{displaymath}
Y_{00} = 1
\end{displaymath}

Considere o operador vetorial $\hat{\vec{r}}$, e vamos construir o operador $\hat{T}_{+}$ associado a ele, que seria o operador

\begin{displaymath}
\hat{\vec{r}}_{+}=\hat{x}+i\hat{y}
\end{displaymath}

Como os operadores $\hat{x}$ e $\hat{y}$ são multiplicativos, vamos cometer um ligeiro abuso de notação, omitindo a ``casinha''(acento circunflexo, versão chinesa). Assim, escreveremos, sem a menor cerimônia,

\begin{displaymath}
\vec{r}_{+}=x+iy
\end{displaymath}

deixando claro que se trata de operadores. Já que estamos com a mão na massa, vamos estudar, em lugar de $\vec{r}$, o operador $\frac{\vec{r}}{r}$. O operador $\hat{T}_{+}$ associado a ele é
\begin{displaymath}
\hat{T}_{+}=\frac{x+iy}{r}
\end{displaymath} (322)

Temos, então,
\begin{displaymath}
\frac{x+iy}{r}.Y_{00}=\frac{x+iy}{r}.1=
\frac{x+iy}{r}=KY_{11}(\theta,\phi)
\end{displaymath} (323)

ou seja,
\begin{displaymath}
Y_{11}(\theta, \phi)=
cte.\; \times \frac{x+iy}{r}=cte.\; \times
(\sin{\theta}\cos{\phi}+i\sin{\theta}\sin{\phi})
\end{displaymath} (324)

ou ainda,
\begin{displaymath}
Y_{11}(\theta, \phi)= cte.\;\times \sin{\theta}\exp{(i\phi)}
\end{displaymath} (325)

De uma maneira geral, teremos:
\begin{displaymath}
Y_{ll}(\theta, \phi)= K \left(\frac{x+iy}{r}\right)^l
\end{displaymath} (326)

Para obter $Y_{lm}$ basta fazer uso do operador $\hat{l}_{-}$.
\begin{displaymath}
Y_{lm}(\theta, \phi)= K
\left(\hat{l}_{-}\right)^{l-m}\left(\frac{x+iy}{r}\right)^l
\end{displaymath} (327)

A determinação de $K$ é feita pela normalização dos $Y_{lm}$,
\begin{displaymath}
\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}\sin{\theta}d\theta \vert Y_{lm}(\theta,\phi)=1
\end{displaymath} (328)

Toma-se usualmente $K$ real, o que fornece a seguinte tabela de harmônicos esféricos:
$\displaystyle Y_{00}(\theta, \phi)$ $\textstyle =$ $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4\pi}}$  
$\displaystyle Y_{1,\pm 1}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \mp\left(\frac{3}{8\pi}\right)^{\frac{1}{2}}\sin{\theta}e^{\pm i\phi}$  
$\displaystyle Y_{1,0}$ $\textstyle =$ $\displaystyle \left(\frac{3}{4\pi}\right)^{\frac{1}{2}}\cos{\theta}$ (329)

e assim por diante.

Exercícios

1. Prove que $[AB,C] = A[B,C] + [A,C]B$
2. Prove que, se $[H,l_i]=0$ então $[H, \exp{\frac{i}{\hbar}\theta \hbar l_i}]=0$, com $l_{i}\;\; i=1,2,3$ sendo as componentes do operador de momento angular. De fato, o resultado vale para qualquer operador que comute com o hamiltoniano $H$, e, portanto, para o próprio $H$. Enuncie e comente este último caso. Mais precisamente, mostre que é sempre verdade que $[\hat{H}, \exp{-\frac{i}{\hbar}\hat{H}t}]=0$.
3. Mostre que o operador $\hat{1}+\frac{i}{\hbar}\Delta \theta \hbar \hat{l}_{i}$ ``roda'' o sistema de um ângulo infinitesimal $\Delta \theta$ em torno do eixo $i$. A generalização para ângulos $\theta$ arbitrários é $\exp{\frac{i}{\hbar}\theta \hbar \hat{l}_{i}}$. Seja $U(\theta)=\exp{\frac{i}{\hbar}\theta \hbar \hat{l}_{i}}$. Vimos no exercício anterior que, se $[H,l_i]=0$, então $[H,U(\theta)]=0$. Seja $\psi$ tal que $H\psi=E\psi$,e considere $\psi^{\prime}=U(\theta)\psi$. Mostre que $H\psi^{\prime}=E\psi^{\prime}$, com o mesmo $E$ anterior. Chegue a uma conclusão análoga usando o último resultado do exercício 2.
4. Mostre que se a energia potencial de um sistema é $V(r)$, independente de $\theta$ e $\phi$, então $[H,l_i]=0$, para $i=1,2,3$.
5. Mostramos no curso que

\begin{eqnarray*}
\langle m\vert l_x\vert m-1 \rangle & = & \langle m-1\vert l...
...vert l_y\vert m\rangle \;\;=\;\;-\frac{i}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}
\end{eqnarray*}


que, trocado em miúdos, quer dizer que

\begin{displaymath}
\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}d\theta \sin{\theta}Y_{lm}^*l_xY_{l,m-1}(\theta,\phi)=
\frac{1}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}
\end{displaymath}

(a) Escreva os demais elementos de matriz dessa forma.
(b)Considere o harmônico esférico $Y_{lm}(\theta,\phi=\pi/2)$. Temos

\begin{displaymath}
\exp{\left(\frac{i}{\hbar}\Delta \theta \hbar l_x\right)}Y_{lm}(\theta, \pi/2)=
Y_{lm}(\theta + \Delta \theta,\pi/2)
\end{displaymath}

Por outro lado, $exp{\left(\frac{i}{\hbar}\Delta \theta \hbar l_x\right)}= 1+i\delta \theta l_x$ e, usando os elementos de matriz acima,

\begin{eqnarray*}
(1+i\Delta \theta l_x)Y_{lm}(\theta, \pi/2) & = & Y_{lm}(\the...
...c{\Delta\theta}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}
Y_{l,m-1}(\theta, \pi/2)
\end{eqnarray*}


Logo,

\begin{eqnarray*}
Y_{lm}(\theta+\Delta \theta, \pi/2) & = & Y_{lm}(\theta,\pi/2...
...rac{\Delta \theta}{2}\sqrt{(l+m)(l-m+1)}Y_{l,m-1}(\theta,\pi/2)
\end{eqnarray*}


Verifique cuidadosamente o argumento acima (o professor já está meio velho...) e depois teste-o no caso particular l=1. Neste caso os harmônicos esféricos são:

\begin{eqnarray*}
Y_{1,0} & = & \left(\frac{3}{4\pi}\right)^{1/2}\cos \theta\ ...
...\mp \left(\frac{3}{8\pi}\right)^{1/2}\sin \theta e^{\pm i \phi}
\end{eqnarray*}


Henrique Fleming 2003

© 2007 - Centro de Ensino e Pesquisa Aplicada. Todos os direitos reservados