Efisica

Rotações e o momento angular

Uma partícula de massa $m$ está em um estado de função de onda $\psi(\vec{r})$. Vamos executar uma rotação infinitesimal $\vec{\delta \omega}$ sobre o sistema.16 Em sua nova posição, a função de onda será

\begin{displaymath}
\psi(\vec{r}+\delta\vec{r})=\psi(\vec{r})+(\delta\vec{\omega}\times
\vec{r}).\vec{\nabla}\psi(\vec{r})\;\;,
\end{displaymath}

desprezando-se os termos a partir dos quadráticos em $\vert\delta\vec{\omega}\vert$. Como

\begin{displaymath}
(\delta\vec{\omega}\times \vec{r}).\vec{\nabla}=
\delta\vec{\omega}.(\vec{r}\times \vec{\nabla})
\end{displaymath}

podemos escrever
$\displaystyle \psi(\vec{r}+\delta\vec{r})$ $\textstyle =$ $\displaystyle \psi(\vec{r}) +
\delta\vec{\omega}.(\vec{r}\times \vec{\nabla}).\psi(\vec{r})$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle \left(1 + \delta\vec{\omega}.(\vec{r}\times
\vec{\nabla})\right)\psi(\vec{r})$  
  $\textstyle =$ $\displaystyle \left(1+\frac{i}{\hbar}\delta\vec{\omega} . (\vec{r}\times
(-i\hbar)\vec{\nabla})\right)\psi(\vec{r})$ (264)


\begin{displaymath}
\psi(\vec{r}+\delta\vec{r}) =
\left(1+\frac{i}{\hbar}\d...
...ga}.(\hat{\vec{r}}\times\hat{\vec{p}})\right)
\psi(\vec{r})
\end{displaymath} (265)

Denotando o operador $\hat{\vec{r}}\times\hat{\vec{p}}$ por $\hat{\vec{L}}$, temos
\begin{displaymath}
\psi(\vec{r}+\delta\vec{r})=\left(1+\frac{i}{\hbar}\delta\vec{\omega}.
\hat{\vec{L}}\right)\psi(\vec{r})
\end{displaymath} (266)

O operador $\hat{\vec{L}}$ é denominado momento angular, e é escrito, mais detalhadamente, como

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

Da Eq.(264) se tira a expressão
\begin{displaymath}
\hat{\vec{L}}=-i\hbar\hat{\vec{r}}\times \vec{\nabla}
\end{displaymath} (267)

ou, para as componentes,
$\displaystyle \hat{L}_x$ $\textstyle =$ $\displaystyle -i\hbar \left(y\frac{\partial}{\partial
z}-z\frac{\partial}{\partial y}\right)$ (268)
$\displaystyle \hat{L}_y$ $\textstyle =$ $\displaystyle -i\hbar \left(z\frac{\partial}{\partial
x}-x\frac{\partial}{\partial z}\right)$ (269)
$\displaystyle \hat{L}_z$ $\textstyle =$ $\displaystyle -i\hbar \left(x\frac{\partial}{\partial
y}-y\frac{\partial}{\partial x}\right)$ (270)

Como $\hat{\vec{L}}$ é hermiteano (por que?),

\begin{displaymath}
\hat{U}(\delta\vec{\omega})=1 + \frac{i}{\hbar}\delta\vec{\omega}.
\hat{\vec{L}}
\end{displaymath}

é unitário, e é a parte infinitesimal de

\begin{displaymath}
\hat{U} = e^{\frac{i}{\hbar}\delta\vec{\omega}.\hat{\vec{L}}}
\end{displaymath}

que, atuando sobre a função de onda de um sistema, produz a função de onda do mesmo, rodado de $\delta\vec{\omega}$.

Exemplo:
(1) Rotação em torno do eixo $z$: usando coordenadas esféricas, uma rotação em torno do eixo $z$ muda o valor da coordenada $\phi$. A rotação que leva $\phi$ em $\phi+ \Delta
\phi$ é caracterizada por $\delta\vec{\omega}=\delta\omega_z
\vec{k}$, com $\delta \omega_z = \Delta \phi$. Logo,

\begin{displaymath}
U(\delta\vec{\omega})=1+\frac{i}{\hbar}\delta\omega_z\vec{k}.\hat{\vec{L}}
=1 + \frac{i}{\hbar}\Delta \phi \hat{L}_z
\end{displaymath}

Seja $\psi(\phi)$ a função de onda do sistema (explicitamos apenas o argumento que será alterado. A função de onda normalmente dependerá de $r$, $\theta$ e $\phi$, quando o sistema é descrito em termos de coordenadas esféricas). A rotação considerada leva $\psi(\phi) \rightarrow \psi(\phi + \Delta \phi)$. Mas

\begin{displaymath}
\psi(\phi + \Delta \phi) = \psi(\phi) + \Delta \phi
\frac{...
...+ \Delta
\phi\frac{\partial}{\partial \phi}\right)\psi(\phi)
\end{displaymath}

para transformações infinitesimais, e usando a fórmula dos acréscimos finitos do Cálculo. Outra maneira de escrever isto é

\begin{displaymath}
\psi(\phi + \Delta \phi) = \left(1 + \frac{i}{\hbar}\Delta \phi
\hat{L}_z\right)\psi(\phi)
\end{displaymath}

Comparando as duas expressões, tira-se facilmente que
\begin{displaymath}
\hat{L}_z = -i\hbar\frac{\partial}{\partial \phi}
\end{displaymath} (271)

A expressão explícita dos operadores $\hat{L}_x$, $\hat{L}_y$ e $\hat{L}_z$ em coordenadas esféricas pode também ser obtida diretamente da Eq.(270) utilizando as fórmulas de transformação

\begin{eqnarray*}
r & = & \sqrt{x^2+y^2+z^2}\\
\theta & = & \arctan{\left(\fr...
...\right)}\\
\phi & = & \arctan{\left(\frac{y}{x}\right)} \;\;.
\end{eqnarray*}


Trata-se de um cálculo simples mas trabalhoso. Vamos seguir um caminho indireto mas mais iluminante. Primeiro, é conveniente medir o momento angular em unidades de $\hbar$, isto é, introduzir o operador $\hat{\vec{l}}$ tal que

\begin{displaymath}
\hat{\vec{L}}=\hbar \hat{\vec{l}}
\end{displaymath}

onde , de novo,

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

As expressões para as componentes de $\hat{\vec{l}}$ são, como segue de (270),
$\displaystyle \hat{l}_x$ $\textstyle =$ $\displaystyle -i \left(y\frac{\partial}{\partial
z}-z\frac{\partial}{\partial y}\right)$ (272)
$\displaystyle \hat{l}_y$ $\textstyle =$ $\displaystyle -i\left(z\frac{\partial}{\partial
x}-x\frac{\partial}{\partial z}\right)$ (273)
$\displaystyle \hat{l}_z$ $\textstyle =$ $\displaystyle -i\left(x\frac{\partial}{\partial
y}-y\frac{\partial}{\partial x}\right)$ (274)

Por um cálculo direto, ou pelo uso da regra de Dirac17 obtêm-se:
\begin{displaymath}[\hat{l}_a,\hat{l}_b]=i\epsilon_{abc}\hat{l}_c
\end{displaymath} (275)

Como as componentes $\hat{\vec{l}}$ não comutam entre si, não há autofunções comuns dessas componentes. Introduzindo o momento angular total

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

observamos que

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

Como
\begin{displaymath}[\hat{l}_{x}^{2},\hat{l}_x]= 0
\end{displaymath} (276)


\begin{displaymath}[\hat{l}_{y}^{2},\hat{l}_x]= -i \hat{l}_{y} \hat{l}_{z} -i
\hat{l}_{z} \hat{l}_{y}
\end{displaymath} (277)


\begin{displaymath}[\hat{l}_{z}^{2},\hat{l}_x]
= i \hat{l}_z \hat{l}_y +i\hat{l}_y\hat{l}_z
\end{displaymath} (278)

segue que

\begin{displaymath}[\hat{\vec{l}}^2,\hat{l}_x]=0
\end{displaymath}

A direção $x$ não tendo nenhum privilégio, segue que:

\begin{displaymath}[\hat{\vec{l}}^2,\hat{l}_y]= [\hat{\vec{l}}^2,\hat{l}_z]=0\; ,
\end{displaymath}

Sendo assim, podemos construir autofunções comuns a $\hat{\vec{l}}^2$ e uma das componentes de $\hat{\vec{l}}$. Por causa da expressão simples de $\hat{l}_z$ em coordenadas esféricas, escolhemos o par $\hat{\vec{l}}^2$,$\hat{l}_z$.
Henrique Fleming 2003

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