1 1 ˆ ˆL i , L sin . sin sin ∂ ∂ ∂ ∂ =− =− ∇ =− θ + ∂ϕ θ ∂θ ∂θ

63
1V.МОМЕНТ ИМПУЛЬСА.
Операторы орбитального момента импульса имеют вид:
ˆ ˆ ˆ
ˆ
L = R × P = −i r × ∇, L2 = Lˆ 2x + Lˆ 2y + Lˆ 2z .
В декартовых координатах
 ∂
 ∂
∂ 
∂ 
∂ 
 ∂
Lˆ x = −i  y − z  , Lˆ y = −i  z − x  , Lˆ z = −i  x − y  .
∂y 
∂z 
∂x 
 ∂x
 ∂z
 ∂y
В сферических координатах
ˆ
 1 ∂ 
∂
∂ 
1 ∂2 
L̂ z = −i , L2 = − 2∇ Ω2 = − 2 
sin
θ
+
.


∂ϕ
∂θ  sin 2 θ ∂ϕ2 
 sin θ ∂θ 
Коммутационные соотношения:
ˆ  = iε ⋅ X ;  Lˆ , Pˆ  = iε ⋅ Pˆ ;  Lˆ , Lˆ  = iε ⋅ Lˆ ;  Lˆ , Lˆ 2  = 0 .
 Lˆ j , X
k
jkl
l
jkl
l
jkl
l

 j k
 j k
 j

Собственные функции операторов Lˆ 2 и L̂ z - сферические гармоники ylm ( θ, ϕ )
Собственные значения Lˆ 2 - неотрицательные целые числа l2 = 2 l ( l + 1) ,
собственные значения L̂ z - целые числа lz = m в интервале −l ≤ m ≤ l .
Операторы спина электрона имеют вид:
 0 1
 0 −i 
1 0 
 1 0
2
2
Ŝj = σ j ; Sˆ 2 = ( σ2x + σ2y + σ2z ) ; σx = 
 , σy = 
 , σz = 
, σ = 
 .
2
4
 1 0
i 0
 0 −1
 0 1
Их коммутационные соотношения – те же, что и у L̂ j . Они действуют на индексы
двухкомпонентной волновой функции.
Если у одной частицы полный момент импульса равен j1 , а у другой он равен j2 , то
момент системы может принимать значения
j = j1 − j2 , j1 − j2 + 1, ..., j1 + j2 .
При этом проекции момента строго складываются:
M = m1 + m 2
1. Получить выражение для L̂ z в сферических координатах.
Решение.
∂ψ
∂ψ
∂ψ
x = r ⋅ sin θ cos ϕ, y = r ⋅ sin θ sin ϕ, z = r ⋅ cos θ; dψ =
dx +
dy +
dz; r, θ = Const :
∂x
∂y
∂z
∂ψ ∂ψ ∂x ∂ψ ∂y ∂ψ ∂z
∂ψ
∂ψ
∂ψ
∂ψ
∂ψ
=
+
+
=−
⋅ r ⋅ sin θ sin ϕ +
⋅ r ⋅ sin θ cos ϕ +
⋅0 = x ⋅
−y
;
∂ϕ ∂x ∂ϕ ∂y ∂ϕ ∂z ∂ϕ
∂x
∂y
∂z
∂y
∂x
 ∂ψ
∂ψ 
∂ψ
L̂ z ψ = −i  x
−y
;
 = −i
∂x 
∂ϕ
 ∂y
∂
Lˆ z = −i
∂ϕ
2. Получить выражение для L̂ x , L̂ y и Lˆ 2 в сферических координатах.
3. Проверить коммутационные соотношения L̂ j и X̂ k .
Решение. Надо установить, что коммутатор L̂ j со своей координатой равен 0, коммутатор
L̂ j с чужой координатой – ( с точностью до ) равен совсем чужой координате. Имеем
в качестве примеров:
64
(
(
)
)
(
(
) (
)
) (
)
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
 ˆ
 L x , x  = L x x − xL x = yPz − zPy x − x yPz − zPy = x yPz − zPy − x yPz − zPy = 0
 Lˆ x , y  = Lˆ x y − yLˆ x = yPˆ z − zPˆ y y − y yPˆ z − zPˆ y = yPˆ z y − zPˆ y y − y 2 Pˆ z + yzPˆ y =


= z  y, Pˆ y  = iz .
4. Проверить коммутационные соотношения
Решение такое же, как в задаче 3.
L̂ j с P̂ k .
5. Получить выражение для оператора момента импульса из симметрийных
соображений.
Решение. Повернем систему координат на малый угол α . При этом
δ r = [ r , α] ≡ α [ r , n ] .
Таким образом,
r ′ = g ( r ) = r + α [ r , n ] , g −1 ( r ) = r − α [ r , n ] = r + α [ n, r ] .
Находим изменение волновой функции:
ψ′ ( r ) = ˆI + i α, Fˆ ψ ( r ) = Iˆ + iα n, Fˆ ψ ( r ) =
{ ( )}
{ ( )}
= ψ ( g −1 r ) = ψ ( r + α [ n, r ]) = ψ ( r ) + α ([ n, r ] , ∇ ) ψ ( r ) =
(
{
)
)}
(
= ψ ( r ) + α n,  r , ∇  ψ ( r ) = ˆI + α n,  r , ∇  ψ ( r ) ,
а потому векторный генератор вращения есть
1
1
Fˆ = −i  r , ∇  ≡ ( r × −i∇ ) = Rˆ × Pˆ .
Так как в классической механике вращения связаны с моментом импульса, это должно
быть справедливым и в квантовой механике, откуда Fˆ = α ⋅ Lˆ . Так как в классике
L = r × p , то достаточно положить α =
1
:
1
Fˆ = Lˆ , Lˆ = Rˆ × Pˆ .
6. Получить выражение для L̂ z , используя сферические координаты.
Решение.
r ′ = g r : ( r,θ,ϕ ) → ( r,θ,ϕ − α ) ; g −1 r : ( r,θ,ϕ ) → ( r,θ,ϕ + α ) ,
{
}
ψ′ ( r ) = ˆI + iαFˆz ψ ( r ) =
ψ ( g −1 r ) = ψ ( r,θ,ϕ + α ) = ψ ( r,θ,ϕ ) + α
∂ψ ( r,θ,ϕ + α )
∂ϕ
=
α= 0

1 ∂ 
∂
1
= α ⋅ Lˆ z = Lˆ z ⇒
= ˆI + iα
 ψ ( r,θ,ϕ ) ⇒ Fˆz = −i
i ∂ϕ 
∂ϕ

∂
⇒ Lˆ z = −i
.
∂ϕ
7. Выяснить смысл оператора
i
R̂ ( α ) = e αL̂ z
.
65
Решение.
n
  ∂ 
α   
∂
∞
∞
α
α n ∂ n ψ (r,θ,ϕ)
 ∂ϕ  
R̂(α)ψ (r) = e ∂ϕ ⋅ ψ (r,θ,ϕ) = ∑ 
ψ (r,θ,ϕ) = ∑
= ψ(r,θ,ϕ + α) .
n!
∂ϕn
n =0
n = 0 n!
Таким образом, R̂(α)ψ(r,θ,ϕ)=ψ(r,θ,ϕ + α) ,
т.е. R̂(α) – оператор вращения вокруг оси OZ на угол α .
8. Найти оператор вращения вокруг n на угол α .
i
i
α (n,L)
( α ,L)
ˆ
≡ e
Ответ. R n (α) = e .
9. Почему операторы компонентов импульса взаимно коммутируют, а операторы
компонентов момента не коммутируют друг с другом?
Решение. Операторы компонентов импульса связаны с трансляциями вдоль
соответствующих осей, которые взаимно перестановочны. Операторы компонентов
момента связаны с вращениями вокруг соответствующих осей, которые не
перестановочны.
10. Известно, что возможные проекции момента на ось Z равны -l,-l+1, …, l
(например, из решения задачи на собственные значения L̂ z ). С помощью элементарных
формул установить, что
l 2 = l(l + 1).
Решение. Рассмотрим состояние с определенным значением l 2 и с равновероятными
значениями m. Тогда l 2 будет равно среднему значению оператора Lˆ 2 . В силу
равноправности всех направлений
l 2 = L2 = L2 x + L2 y + L2 z = 3 L2 z .
Всего разных проекций 2l+1, и в силу равновероятности их значений
L2 z =
1 l 2
∑m .
2l + 1 n =− l
3 l 2
∑m .
2l + 1 n =− l
Осталось вычислить сумму. Это можно сделать школьными методами, но проще так
Поэтому l 2 =
d2
∑ m = 2m∑=0 m = 2 dα2
m =− l
l
l
2
2
l
∑e
m=0
αm
 d 2 1 − eα( l+1) 
l ( l + 1)( 2l + 1)
= 2 2
=
.

α
3
 dα 1 − e α=0
Подстановка в предыдущую формулу и дает ответ.
lz
имеют
= 0. Они очень наглядно трактуются в векторной модели.
11. Доказать, что в состоянии ψ m с определенным значением проекции m =
место равенства L x = L y
Указание: впомнить, как доказывалось равенство нулю среднего импульса в
стационарном состоянии.
Решение.
66
Lx
=
m
(
1
ψ m, Lˆ y Lˆ z ψ m
i
{(
1
1
ψ m,  Lˆ y, Lˆ z  ψ m =
ψ m, Lˆ y Lˆ z ψ m − ( ψ m, L z L y ψ m ) =
i
i
1
m ψ m, Lˆ y ψ m − m ψ m, Lˆ y ψ m = 0
− Lˆ z ψ m, Lˆ y ψ m =
i
)
= ψ m, Lˆ x ψ m =
(
) (
)}
) {(
{ (
}
)
) (
)}
Аналогично для L̂ y .
12. Проверить соотношения для матриц Паули:
σ j , σk  = 2ε jkl ⋅ σk ; σ 2j = e; σ j , σ k  = 2δ jkl ; σ +j = σ j ; Spσ j = 0 .
13. Найти действие операторов Sˆ x , Sˆ y , Sˆ z , Sˆ 2 , а также Sˆ ± = Sˆ x ± iSˆ y на волновые
функции электрона χ + и χ − , которые описывают его состояния с Sz =
1
1
и Sz = −
2
2
Ответ.
1
i
3
χ + =   : Sˆ x χ + = χ − , Sˆ y χ + = χ − , Sˆ z χ + = χ + , Sˆ 2 χ+ = 2 χ + , Sˆ + χ + = 0, Sˆ − χ + = χ − .
2
2
2
4
 0
 0
i
3
χ − =   : Sˆ x χ − = χ + , Sˆ y χ − = − χ + , Sˆ z χ− = − χ − , Sˆ 2 χ− = 2 χ − , Sˆ + χ − = χ + ; Sˆ − χ − =0.
2
2
2
4
1
1
14. Проекция спина на ось z с достоверностью равна + . Найти среднее значение
2
проекции спина на ось z′ , составляющую с z угол θ . Каковы вероятности того, что
1
1
проекции спина электрона на эту ось равны + и − .
2
2
Решение. Среднее значение момента импульса обладает всеми свойствами обычного
вектора, а потому
1
1
Sz′ = Sz ⋅ cos θ = cos θ ⇒ Sz′ = cos θ ;
2
2
1
1

W+ − W− = cos θ 
W+ − W− 
1 + cos θ
1 − cos θ
, W− =
;
2
2
 ⇒
 ⇒ W+ =
+
=
W
W
1
2
2
+
−


1 = W+ + W−
Sz ′ =
θ
θ
W+ = cos 2 , W− = sin 2
2
2
1
15. Найти нормированную спиновую функцию электрона с проекцией спина Sx = − .
2
1
Определить вероятность того, что Sz в этом состоянии равно .
2
Решение.
67
1
1 

χ2 
λχ1 − χ2 = 0 

 χ1 
 λχ1 
1  0 1   χ1 

2
2
Ŝx ⋅ χ = λχ ⇒ 
=
 ⇒
 ⇒
χ  = λχ  ⇒ 
1
2  1 0 2 
 1 χ   λχ 2 
 2
− χ1 + λχ 2 = 0 
 1

2 
2
1
λ −
2 = 0 ⇒ λ2 = 1 ⇒ λ = ± 1 ;
1,2
1
4
2
−
λ
2
 α
1
1
1
1
λ = − : − χ1 − χ 2 = 0 ⇒ χ 2 = −χ1 ≡ α ⇒ χ 1 =   = α   ;
−
2
2
2
 −α 
 −1
2


1
1
1
2
2
2
1 =  χ 1 , χ 1  = α (1, −1)   = α ⋅ 2 ⇒ α =
⇒ α=
2
2
 −1
 −2 −2 
χ
Wχ 1
−
2
1
−
2
=
1 1
 ;
2  −1
2
2


1 1
1
1
1
 χS =+ 1 , χS =− 1  = (1, 0 )
  = ⋅1 = ; W=
2
2
2
2  −1
 z 2 z 2
1

 Sz = +  =
2

16. Получить оператор вращения спиновой волновой функции на угол α вокруг оси
OZ. Найти преобразованную волновую функцию. Чему она равна после полного оборота
на угол 2π ?
Решение. Согласно результату задачи 7
i
αŜz
R̂ z ( α ) = e Вычисляем в явном виде
α
i  
∞
2
=∑  
n!
n =0
n
n
i
R̂ z ( α ) = e αŜz
α
i σz
=e 2
( σz )
n
=
k +1
k
2k
2k +1
−1)  α 
−1)  α 
(
(
=∑
  ⋅I+ ∑ i
  ⋅σz =
n = 2k ( 2k ) !  2 
n = 2k +1 ( 2k + 1) !  2 
α
α
⋅ I + i sin σz =
2
2
α
 

 i α2

0   sin
0 
e
0


2
;
 + i
 ⇒ Rˆ z ( α ) = 
α; 
α 
α
−i


2
− sin 
cos   0
 0 e 
2 
2
= cos
α

 cos 2
=
 0


 i α2
e
χ′=Rˆ z ( α ) χ = 

 0
 iα

0   χ1   e 2
= α
α 
χ
−i
 2   −i 2
e 2 
e

χ1 
;
χ 2 
68
 eiπ χ1  iπ  χ1 
 χ1 
α =2π: χ′=  − iπ
 = e   = −   = −χ; R z ( 2π ) χ = −χ .
χ2 
 χ2 
 χ2 
e
17. Получить первую формулу в задаче 14 строго.
Решение. Ось z′ получается из z поворотом системы координат вокруг оси OX на угол θ ,
а потому вектор χ + переходит в
θ
i σx
χ′ = R̂ x ( θ ) χ + = e 2 χ + .
Оператор вращения вычисляется, как в задаче 16 :
θ
θ
R̂ x ( θ ) = cos ⋅ I + iσx ⋅ sin .
2
2
Учитывая, что
 0 11  0
σx ⋅ χ+ = 
   =   = χ− ; Iχ + = χ + ,
 1 0  0  1
получаем
θ
θ
χ′ = cos χ + + i sin χ −
2
2
Далее

θ
θ
θ
θ 

Sz′ = χ′,Sˆ z χ′ =  cos χ + + i sin χ − ,Sˆ z cos + i sin  χ −  =
2
2
2
2 


(
)
θ
θ
1
θ
i
θ 

=  cos χ + + i sin χ − , cos χ + − sin χ −  =
2
2
2
2
2
2 

θ 1
θ 
θ  i
θ 1
θ 1
θ 1
= cos ⋅ cos +  −i sin  − sin  = cos2 − sin 2 = cos θ .
2 2
2 
2  2
2 2
2 2
2 2
18. Имеются две частицы с орбитальными моментами l1 = 2 и l2 = 3. Чему равен полный
орбитальный момент системы?
Ответ. Он не имеет определенного значения, а может быть равным:
L = 1, 2, 3, 4, 5 .
19. Частица имеет орбитальный момент l . Найти возможные значения ее полного
1
момента, если это (а) электрон ( S = ), (б) промежуточный бозон ( S=1), (в) Ω− - гиперон
2
3

S =  .
2

1
1
1
Ответ.
(а) l = 0, j= ; l ≥ 1, j=l+ , l − ;
2
2
2
1
1
(б) l = 0, j=1; l ≥ 1, j=l − , l, l+ ;
2
2
3
1 3 5
(в) l = 0, j= ; l=1, j= , , .
2
2 2 2
3
1
1
3
l ≥ 2, j=l − , l − , l+ , l+ .
2
2
2
2
69
20. Ядерные силы зависят от спина, так что для двух нуклонов
ˆ = V ( r ) ˆI + V ( r ) Sˆ , Sˆ .
U
1
( )
2
1
2
Доказать, что в этом приближении суммарный спин сохраняется. Найти энергию
взаимодействия нуклонов в синглетном и триплетном состояниях.
Решение. Оператор суммарного спина Sˆ = Sˆ1 + Sˆ 2 возводим в квадрат и используем то, что
3
Sˆ 2 = ˆI :
4
( Sˆ , Sˆ ) = 12  Sˆ − 23 ˆI  ⇒
ˆ  V ( r ) − 3 V ( r )  ˆI + 1 V ( r ) Sˆ 2
U=
2
 1
 2 2
4
Оператор Û коммутирует с Sˆ 2 и Ŝz , а, значит, суммарный спин и его проекция
сохраняются.
В синглетном состоянии ( спины антипараллельны)
S = 0 , и СЗ Sˆ 2 равно 0. В
2
1
2
триплетном состоянии ( спины параллельны) S = 1 и СЗ Sˆ 2 равно 1(1+1) = 2.
Поэтому СЗ энергии взаимодействия в этих состояниях равны
3
1
VS = V1 ( r ) − V2 ( r ) , VT = V1 ( r ) + V2 ( r ) .
4
4
Они различны, а потому различны и свойства синглетного и триплетного состояния. В
частности, в системе p-n существует связанное состояние с S = 1 ( дейтерон), но не
существует связанного состояния с S = 0 .
21. Ядерные силы являются нецентральными и содержат член
ˆ = V ( r ) 3 Sˆ , nˆ Sˆ , nˆ − Sˆ , Sˆ , n ≡ r .
U
T
1
2
1
2
r
{ ( )( ) ( )}
Доказать, что это взаимодействие не сохраняет суммарный спин и Lˆ 2 .
Решение.



⇒ 


2
2
2
= ( Sˆ , n ) + ( Sˆ , n ) + 2 ( Sˆ , n )( Sˆ , n )
)
(
( S,ˆ n ) = ( Sˆ , n ) + ( Sˆ , n ) ˆ ˆ  1  1 ˆ
( S , n ) = S =  2 σ  = 4 I
 ˆ
1 ˆ
1 
ˆ
 ( S , n )( S , n ) = ( S, n ) − ˆI 
2
2 

⇒ 
⇒
1
3


 Sˆ , Sˆ = Sˆ − ˆI
) 2  2 
(
1
2
ˆ n
S,
1
2
2
2
2
a
1
2
az
z
2
1
2
2
1
2
ˆ nˆ
ˆ = 1 V ( r )  S,
U
T
2

( )
2
 ⇒
− Sˆ 
 ⇒
 Sˆ 2 , U
ˆ =0
T


ˆ  ≠ 0 (!)
Sˆ z , U
T

 Û , Lˆ 2  ≠ 0 (!) из-за n - смешивание с разными L.
 T 
⇒