Autofunções do momento angular

Por razões técnicas é conveniente introduzir os operadores não-hermiteanos

$$\hat{l}_{+} = l_x+i\hat{l}_y$$ (279)

$$\hat{l}_{-} = \hat{l}_x-i\hat{l}_y$$ (280)

Seus principais comutadores são:

$$[\hat{\vec{l}}^2,\hat{l}_{\pm}]=0$$ (281)

$$[\hat{l}_z,\hat{l}_+]=\hat{l}_+$$ (282)

$$[\hat{l}_z,\hat{l}_{-}]=-\hat{l}_{-}$$ (283)

todas fáceis de obter. Note-se ainda que

$$\hat{l}_+\hat{l}_{-}=\hat{\vec{l}}^2-\hat{l}_z^2+\hat{l}_z$$ (284)

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

As autofunções da componente z do momento angular

As autofunções de $\hat{l}_z$ são funções $\psi(\phi)$ tais que

$$\hat{l}_z \psi(\phi)=l_z \psi(\phi)$$ (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

$$\hat{l}_z = -i\frac{\partial}{\partial \phi}$$

temos, para a Eq.(286),

$$-i\frac{\partial\psi}{\partial \phi}=l_z \psi$$ (287)

cuja solução é

$$\psi(\phi)=Ke^{il_z \phi}\;\;.$$

Devemos ainda ter

$$\psi(\phi + 2n\pi)=\psi(\phi)$$

o que exige que

$$e^{il_z 2 n \pi}=1$$

ou seja, que $l_z$ seja um número inteiro. Vamos denotá-lo por $m$. Então,

$$\hat{l}_z e^{im\phi} = m e^{im\phi}$$ (288)

que é satisfeita para qualquer $m$ inteiro, $-\infty < m < \infty$. Normalizando, temos

$$\psi_m(\phi) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp{(im\phi)}$$ (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

$$\hat{l}_{+}\psi_m = K\psi_{m+1}$$

Analogamente se mostra que

$$\hat{l}_{-}\psi_m=K^{\prime}\psi_{m-1}$$

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

Considere o operador

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

Lema:Se $\hat{O}$ é hermiteano,

$$\langle \hat{O}^2 \rangle \geq 0$$ (290)

para qualquer estado.
Demonstração:

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

Em particular, segue que $\langle \hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2 \rangle \geq 0$, logo,

$$\langle \hat{\vec{l}}^2 - \hat{l}_z^2\rangle \geq 0$$ (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

$$\hat{l}_{\pm}=\exp{(\pm i\phi)}\left(\pm \frac{\partial}{\p... ...\theta} + i \cot\theta \frac{\partial}{\partial \phi}\right)$$ (292)

e, como

$$\hat{\vec{l}}^2 = \hat{l}_{+}\hat{l}_{-}+\hat{l}_z^2-\hat{l}_z$$

obtém-se

$$\hat{\vec{l}}^2=-\left(\frac{1}{\sin^2{\theta}}\frac{\parti... ... \theta}(\sin{\theta}\frac{\partial}{\partial \theta})\right)$$ (293)

Acontece que o laplaceano em coordenadas esféricas é

$$\vec{\nabla}^2 = \frac{1}{r^2}\left \{\frac{\partial}{\par... ...\sin{\theta}\frac{\partial}{\partial \theta})\right)\right \}$$ (294)

ou seja,

$$\vec{\nabla}^2 = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\l... ...ac{\partial}{\partial r}\right)- \frac{\hat{\vec{l}}^2}{r^2}$$ (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

$$\hat{\vec{l}}^2Y_{lm}(\theta, \phi) = l(l+1)Y_{lm}(\theta, \phi)$$ (296)

$$\hat{l}_z Y_{lm}(\theta, \phi) = mY_{lm}(\theta, \phi)$$ (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

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

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

$$\langle \hat{\vec{l}}^2-\hat{l}^2_z\rangle \geq 0$$

segue que

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

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

$$l(l+1) \geq m^2$$

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,

$$-l \leq m \leq l$$

Neste intervalo,

$$\hat{\vec{l}}^2 Y_{lm}(\theta,\phi)=l(l+1)Y_{lm}(\theta, \phi)$$ (299)

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

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

Construção dos harmônicos esféricos

Chamaremos de operadores vetoriais operadores do tipo

$$\hat{\vec{T}}=\hat{T}_x\vec{i}+\hat{T}_y\vec{j}+\hat{T}_z\vec{k}$$

e que satisfazem as seguintes relações de comutação com as componentes do momento angular:

$$[\hat{l}_a, \hat{T}_b]= i\epsilon_{abc}\hat{T}_c$$ (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,

$$[\hat{l}_i, \hat{T}^{(1)}_{j}\hat{T}^{(2)}_{j}]=0$$ (302)

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

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

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

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

$$\hat{\vec{T}}_{+}=\hat{T}_x+i\hat{T}_y$$ (304)

Facilmente se verifica que

$$[\hat{l}_z,\hat{T}_{+}]=\hat{T}_{+}$$ (305)

bem como

$$[\hat{l}_x,\hat{T}_{+}]=-\hat{T}_z$$ (306)

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

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

$$\hat{\vec{l}}^2 = \hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2+\hat{l}_z^2$$

e usando as relações acima, temos, após um pouco de paciência,

$$[\hat{\vec{l}}^2,\hat{T}_{+}]=2[\hat{T}_{+}\hat{l}_z-\hat{T}_z\hat{l}_{+}]+2\hat{T}_{+}$$ (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

$$\hat{T}_{+}Y_{ll}=KY_{l+1,l+1}$$ (309)

onde $K$ é uma constante.

De fato,

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

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

Ora, o operador $\hat{T}_{+} \hat{\vec{l}}^2$ pode ser escrito assim:

$$\hat{T}_{+}\hat{\vec{l}}^2 = \hat{T}_{+}\hat{\vec{l}}^2... ...}= [\hat{T}_{+},\hat{\vec{l}}^2]+\hat{\vec{l}}^2\hat{T}_{+}$$ (312)

Logo,a Eq.(311) pode ser escrita

$$[\hat{T}_{+},\hat{\vec{l}}^2]Y_{ll}+ \hat{\vec{l}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=l(l+1)Y_{ll}$$ (313)

Usando a Eq.(308),

$$2\hat{T}_z\hat{l}_{+}Y_{ll}-2\hat{T}_{+}\hat{l}_zY_{ll}-2... ...+\hat{\vec{L}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=l(l+1)(\hat{T}_{+}Y_{ll})$$ (314)

Como $\hat{l}_{+}Y_{ll}=0$, obtemos sem dificuldade que

$$\hat{\vec{l}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=\left(l(l+1)+2l+2\right)(\hat{T}_{+}Y_{ll})$$ (315)

ou, finalmente,

$$\hat{\vec{l}}^2(\hat{T}_{+}Y_{ll})=(l+1)(l+2)(\hat{T}_{+}Y_{ll}$$ (316)

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

$$\hat{T}_{+}Y_{ll}=KY_{l+1,l+1}$$ (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

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

e

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

Daí segue facilmente que

$$\hat{l}_xY_{00} = 0$$ (319)

$$\hat{l}_yY_{00} = 0$$ (320)

Dessas duas e da Eq.(318), segue que

$$\left(1 + \frac{i}{\hbar}\epsilon\hbar \hat{l}_j\right)Y_{00}=Y_{00}$$ (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

$$Y_{00} = 1$$

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

$$\hat{\vec{r}}_{+}=\hat{x}+i\hat{y}$$

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,

$$\vec{r}_{+}=x+iy$$

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

$$\hat{T}_{+}=\frac{x+iy}{r}$$ (322)

Temos, então,

$$\frac{x+iy}{r}.Y_{00}=\frac{x+iy}{r}.1= \frac{x+iy}{r}=KY_{11}(\theta,\phi)$$ (323)

ou seja,

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

ou ainda,

$$Y_{11}(\theta, \phi)= cte.\;\times \sin{\theta}\exp{(i\phi)}$$ (325)

De uma maneira geral, teremos:

$$Y_{ll}(\theta, \phi)= K \left(\frac{x+iy}{r}\right)^l$$ (326)

Para obter $Y_{lm}$ basta fazer uso do operador $\hat{l}_{-}$.

$$Y_{lm}(\theta, \phi)= K \left(\hat{l}_{-}\right)^{l-m}\left(\frac{x+iy}{r}\right)^l$$ (327)

A determinação de $K$ é feita pela normalização dos $Y_{lm}$,

$$\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{\pi}\sin{\theta}d\theta \vert Y_{lm}(\theta,\phi)=1$$ (328)

Toma-se usualmente $K$ real, o que fornece a seguinte tabela de harmônicos esféricos:

$$Y_{00}(\theta, \phi) = \frac{1}{\sqrt{4\pi}}$$

$$Y_{1,\pm 1} = \mp\left(\frac{3}{8\pi}\right)^{\frac{1}{2}}\sin{\theta}e^{\pm i\phi}$$

$$Y_{1,0} = \left(\frac{3}{4\pi}\right)^{\frac{1}{2}}\cos{\theta}$$ (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

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

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

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

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:

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