Impulsmoment¶
In het vorige hoofdstuk hebben we gezien dat de plaatsoperator \(\hat{x}\) en de impulsoperator \(\hat{p}_x\) niet commuteren. In een natuurkundig experiment betekent dit dat je de twee grootheden niet tegelijkertijd kunt weten. Dit maakt het heel interessant om te kijken naar het impulsmoment.
Van de klassieke mechanica weet je namelijk dat \(\vec{L}=\vec{r}\times\vec{p}\), zodat beide grootheden hier tegelijk voorkomen. Bovendien is het impulsmoment een behouden grootheid, wat het belang hiervan nog groter maakt. Je kan je voorstellen dat dit een geliefd studieobject is in de quantummechanica.
We werken het impulsmoment uit: $$ \hat{\vec{L}}=\begin{vmatrix} \vec{e}_x&\vec{e}_y&\vec{e}_z\\ \hat{x}&\hat{y}&\hat{z}\\ \hat{p}_x&\hat{p}_y&\hat{p}_z \end{vmatrix}= \begin{pmatrix} \hat{y}\hat{p}_z-\hat{z}\hat{p}_y\\ \hat{z}\hat{p}_x-\hat{x}\hat{p}_z\\ \hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x \end{pmatrix} $$ Het kan geen kwaad om even stil te staan en te kijken wat hier nu precies staat. Ten eerste heeft de term \(\hat{\vec{L}}\) een pijl en een dakje. Dit gaat dus om een vector en om een operator. Om die uit te schrijven maken we gebruik van de determinantformule. Hierin staat de vector \(\vec{e}_i\) telkens voor de eenheidsvector in de richting \(i\).
\(\hat{\vec{L}}\) wordt op deze manier een vector, waarbij elke component op zich een operator is. Zo is de \(z\)-component hiervan bijvoorbeeld \(\hat{L}_z=\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x\)
De operator $$ \hat{L}^2 =\hat{\vec{L}} \cdot \hat{\vec{L}}= {\hat{L}}_x^2+\hat{L}_y^2+\hat{L}_z^2 $$ geeft je het kwadraat van de lengte van de impulsmomentvector.
Deze operatoren hebben een aantal interessante eigenschappen:
- \(\lbrack \hat{L}_x,\hat{L}_y \rbrack = i \hbar \hat{L}_z\). Hierbij kan je \(x\), \(y\) en \(z\) cyclisch verwisselen.
bewijs
Het bewijs is niet erg spannend, maar een kwestie van stug doorwerken, waarbij je gebruik maakt van de rekenregels voor commutatoren: $$ \begin{align} \lbrack \hat{L}_x,\hat{L}_y \rbrack &= \lbrack \left( \hat{y}\hat{p}_z-\hat{z}\hat{p}_y\right),\left( \hat{z}\hat{p}_x-\hat{x}\hat{p}_z\right) \rbrack\\ &=\lbrack \hat{y}\hat{p}_z , \hat{z}\hat{p}_x \rbrack - \lbrack \hat{y}\hat{p}_z , \hat{x}\hat{p}_z \rbrack - \lbrack \hat{z}\hat{p}_y , \hat{z}\hat{p}_x \rbrack + \lbrack \hat{z}\hat{p}_y , \hat{x}\hat{p}_z \rbrack \end{align} $$ Nu passen we toe dat alleen de termen \(\lbrack \hat{\imath},\hat{p}_j \rbrack = \delta_{ij}\) en alle \(\lbrack \hat{\imath},\hat{\jmath} \rbrack = 0\) en \(\lbrack \hat{p}_{i},\hat{p}_j \rbrack = 0\), zodat: $$ \begin{align} \lbrack \hat{L}_x,\hat{L}_y \rbrack &= \lbrack \hat{y}\hat{p}_z , \hat{z}\hat{p}_x \rbrack + \lbrack \hat{z}\hat{p}_y , \hat{x}\hat{p}_z \rbrack\\ &= \hat{y}\lbrack \hat{p}_z , \hat{z} \rbrack \hat{p}_x + \hat{x} \lbrack \hat{z} , \hat{p}_z \rbrack \hat{p}_y\\ &=i\hbar\left( \hat{y}\hat{p}_x-\hat{x}\hat{p}_y\right)\\ &=i\hbar\hat{L}_z. \end{align} $$ Het minteken in de voorlaatste regel wordt veroorzaakt doordat \(\lbrack \hat{z} , \hat{p}_z \rbrack=-\lbrack \hat{p}_z , \hat{z} \rbrack\).
- \(\lbrack \hat{L}^2,\hat{L}_z\rbrack=0\). Omdat \(\hat{L}^2\) en \(\hat{L}_z\) commuteren, betekent dit dat ze een gemeenschappelijke basis hebben met een bijbehorende set quantumgetallen.
Let op: gemeenschappelijke basis
Ook \(\hat{L}_y\) en \(\hat{L}_x\) commuteren beide met \(\hat{L}^2\). Ook voor elk van hen geldt dus dat ze een gemeenschappelijke basis hebben met \(\hat{L}^2\).
Onderling commuteren \(\hat{L}_x\), \(\hat{L}_y\) en \(\hat{L}_z\) niet. De basis die \(\hat{L}_z\) en \(\hat{L}^2\) gemeenschappelijk hebben is dus geen basis voor \(\hat{L}_y\) of \(\hat{L}_x\).
Er is blijkbaar een alternatieve (geroteerde) basis voor \(\hat{L}^2\) die gemeenschappelijk is met \(\hat{L}_y\). Dat de basis van \(\hat{L}^2\) geroteerd kan worden, komt doordat \(\hat{L}^2\) eigenwaardes heeft die ontaard zijn.
Bewijs
$$ \begin{align} \lbrack \hat{L}^2,\hat{L}_x\rbrack&=\lbrack \hat{L}_{x}^2,\hat{L}_x\rbrack+\lbrack \hat{L}_{y}^2,\hat{L}_x\rbrack+\lbrack \hat{L}_z^2,\hat{L}_x\rbrack\\ &=\hat{L}_y\lbrack \hat{L}_y,\hat{L}_x\rbrack + \lbrack \hat{L}_y,\hat{L}_x\rbrack\hat{L}_y + \hat{L}_z\lbrack \hat{L}_z,\hat{L}_x\rbrack + \lbrack \hat{L}_z,\hat{L}_x\rbrack\hat{L}_z\\ &= i\hbar\left( - \hat{L}_y \hat{L}_z- \hat{L}_z \hat{L}_y+ \hat{L}_z \hat{L}_y+ \hat{L}_y \hat{L}_z \right)\\ &=0 \end{align}. $$ Het bewijs voor \(\hat{L}_y\) en \(\hat{L}_z\) gaat op eenzelfde manier.
Net als we bij de harmonische oscillator hebben gezien, komen we nu dus in de problemen: Het is fijn dat \(\hat{L}_z\) commuteert met \(\hat{L}^2\), maar \(\hat{L}_x\) en \(\hat{L}_y\) doen dat onderling niet. Dat betekent dat je deze twee operatoren nooit tegelijk kunt bepalen. Om toch iets te kunnen zeggen over de eigenwaardes van \(\hat{L}^2\) en \(\hat{L}_z\) voer je nu dezelfde truc uit als bij de harmonische oscillator: je neemt twee alternatieve operatoren die zijn opgebouwd uit \(\hat{L}_x\) en \(\hat{L}_y\):
De term \(\hat{L}^2\) wordt nu:
bewijs
Voor het bewijs hiervan werken de term \(\hat{L}_+ \hat{L}_-\) eerst uit: $$ \begin{align} \hat{L}_+ \hat{L}_- &= (\hat{L}_x+i\hat{L}_y)(\hat{L}_x-i\hat{L}_y)\\ &= \hat{L}_x^2-i(\hat{L}_x\hat{L}_y-\hat{L}_y\hat{L}_x)+\hat{L}_y^2\\ &=\hat{L}_x^2+\hat{L}_y^2-i\lbrack \hat{L}_x ,\hat{L}_y \rbrack\\ &= \hat{L}^2-\hat{L}_z^2+\hbar\hat{L}_z \end{align} $$ en op eenzelfde manier: $$ \hat{L}_-\hat{L}_+=\hat{L}^2-\hat{L}_z^2-\hbar\hat{L}_z. $$
Let op: observabelen en operatoren
In de behandeling van de observabele \(\hat{L}^2\) hebben we deze eerst uitgedrukt in \(\hat{L}_x\), \(\hat{L}_y\) en \(\hat{L}_z\). Dat zijn alledrie observabelen. Hun eigenwaarden zijn reëel en ze komen overeen met een meetbare grootheid. Maar doordat ze onderling niet commuteren, zijn ze niet tegelijkertijd meetbaar.
We zijn daarna overgegaan naar de operatoren \(\hat{L}_+\) en \(\hat{L}_-\). Omdat deze een complexe superpositie zijn van \(\hat{L}_x\) en \(\hat{L}_y\), zijn \(\hat{L}_+\) en \(\hat{L}_-\) géén observabelen.
De producten \(\hat{L}_+ \hat{L}_-\) en \(\hat{L}_- \hat{L}_+\) blijken hierboven weer een lineaire, reële combinatie van \(\hat{L}^2\) en \(\hat{L}_z\) te zijn. Dat betekent dat deze producten dus wel weer een observabele moeten zijn.
Je ziet dat de formules bij de behandeling van het impulsmoment sterk lijken op die bij de harmonische potentiaal. Op basis daarvan (en de gekozen notatie) kan je al voorspellen dat \(\hat{L}_+\) en \(\hat{L}_-\) weer ladderoperatoren zullen zijn.
Bewijs
Voor dit bewijs mogen we er natuurlijk niet vanuit gaan dat \(\hat{L}_{\pm}\) de ladderoperatoren zijn die de toestand veranderen van \(\ket{l;m_z}\) naar \(\ket{l;m_z\pm1}\). We starten daarom vanaf de neutrale aannames dat: $$ \begin{align} \hat{L}_\pm\ket{\psi}&=c_{\pm}\ket{\psi_\pm}\\ \hat{L}^2\ket{\psi}&=\lambda\ket{\psi}\\ \hat{L}_z\ket{\psi}&=\mu\ket{\psi}, \end{align} $$ waarbij we gebruik maken van het gegeven dat \(\hat{L}^2\) commuteert met \(\hat{L}_z\), zodat deze gemeenschappelijke eigentoestanden hebben. Dit is echter geen eigenwaarde van \(\hat{L}_\pm\), dus \(c_\pm\) zijn geen eigenwaarden maar complexe voorfactoren. Om nu te bepalen wat \(\hat{L}_\pm\) doen met de toestand onderzoeken we hun werking in combinatie met \(\hat{L}_z\). Voor de commutatoren geldt: $$ \begin{align} \lbrack \hat{L}_z,\hat{L}_+\rbrack&=\lbrack\hat{L}_z,\hat{L}_x\rbrack+i\lbrack\hat{L}_z,\hat{L}_y\rbrack\\ &=i\hbar\hat{L}_y+i(-i\hbar\hat{L}_x)\\ &=\hbar\hat{L}_+ \end{align} $$ en op eenzelfde manier: $$ \lbrack\hat{L}_z,\hat{L}_-\rbrack=-\hbar\hat{L}_-. $$ Met behulp van deze relaties kunnen we nu zien dat: $$ \begin{align} \hat{L}_z\ket{\psi_+}&=c_+^{-1}\hat{L}_z\hat{L}_+\ket{\psi}\\ &=c_+^{-1}(\lbrack\hat{L}_z,\hat{L}_+\rbrack+\hat{L}_+\hat{L}_z)\ket{\psi}\\ &=c_+^{-1}(\hbar\hat{L}_++\hat{L}_+\hat{L}_z)\ket{\psi}\\ &=c_+^{-1}\hat{L}_+(\hbar+\mu)\ket{\psi}\\ &=(\mu+\hbar)\ket{\psi_+} \end{align} $$ en op eenzelfde manier: $$ \hat{L}_z\ket{\psi_-}=(\mu-\hbar)\ket{\psi_-} $$ Hieruit kan je concluderen dat de operatoren \(\hat{L}_\pm\) als ladderoperatoren functioneren. Ze veranderen de toestand zo dat de eigenwaarde van \(\hat{L}_z\) met \(\hbar\) toeneemt (in het geval van \(\hat{L}_+\)) of met \(\hbar\) afneemt (in het geval van \(\hat{L}_-\)).
Let op: opheffen ontaarding
Het quantumgetal voor de \(\hat{L}^2\)-operator wordt door de ladderoperatoren niet beïnvloed. Die conclusie kan je trekken uit: $$ \begin{align} \hat{L}^2\hat{L}_+\ket{\psi}&=\hat{L}_+\hat{L}^2\ket{\psi}\\ &=\lambda\hat{L}_+\ket{\psi}, \end{align} $$ waarbij we gebruik maken van het feit dat \(\hat{L}^2\) en \(\hat{L}_+\) commuteren. Hier zie je een voorbeeld van twee operatoren die een gemeenschappelijke basis hebben, waarbij alle toestanden van de basis ontaard zijn voor \(\hat{L}^2\), terwijl \(\hat{L}_z\) voor alle toestanden in de basis een andere eigenwaarde heeft en deze ontaarding dus opheft.
Nu dat je hebt kunnen vaststellen dat \(\hat{L}_+\) en \(\hat{L}_-\) als ladderoperatoren functioneren voor de operator \(\hat{L}_z\), terwijl ze de eigenwaarde van \(\hat{L}^2\) niet beïnvloeden, kan je ze gebruiken om de eigenwaardes van \(\hat{L}^2\) en \(\hat{L}_z\) te bepalen:
- \(\hat{L}^2\ket{lm_z}=\hbar^2l(l+1)\ket{lm_z}\), waarbij \(l\in\left\{ 0,\frac{1}{2} , 1, \frac{3}{2},\dots \right\}\) het impulsmoment quantumgetal wordt genoemd.
- \(\hat{L}_z\ket{lm_z}=\hbar m_z\ket{lm_z}\), waarbij \(m_z\in\left\{ l,l-1,\dots,0, \dots,-l+1,-l \right\}\) het magnetisch quantumgetal wordt genoemd.
Bewijs
Met de kennis dat de ladderoperatoren de eigenwaarde van \(\hat{L}^2\) niet beïnvloeden, maar de eigenwaarde van \(\hat{L}_z\) wel, herschrijven we de bijbehorende relaties: $$ \begin{align} \hat{L}_\pm\ket{l,m}&=c_{m\pm 1}\ket{l,m\pm 1}\\ \hat{L}^2\ket{l,m}&=\lambda\ket{l,m}\\ \hat{L}_z\ket{l,m}&=\mu\ket{l,m}, \end{align} $$ dan weten we van het product van de stijgende en dalende ladderoperator inmiddels dat: $$ \begin{align} \braket{l,m|\hat{L}_-\hat{L}_+|l,m} &=\braket{l,m|\hat{L}^2-\hat{L}_z^2-\hbar\hat{L}_z|l,m}\\ &=(\lambda-\mu^2-\hbar\mu)\braket{l,m|l,m} \end{align} $$ Nu zit de laatste truc in een tweede uitwerking voor de combinatie van de ladderoperatoren: $$ \begin{align} \braket{l,m|\hat{L}_-\hat{L}_+|l,m}&=\braket{l,m|\hat{L}_+^{\dagger}\hat{L}_+|l,m}\\ &=\braket{l,m+1|c_{m+1}^* c_{m+1}|l,m+1}\\ &=\lvert c_{m+1} \rvert^2 \braket{l,m+1|l,m+1}\\ &\ge 0. \end{align} $$ De laatste regel volgt uit het feit dat \(\lvert c_{m+1} \rvert^2\) groter of gelijk aan nul moet zijn, maar ook de term \(\braket{l,m+1|l,m+1}\) geeft het kwadraat van de lengte van een vector en moet groter of gelijk aan nul zijn. We moeten dus concluderen dat: $$ (\lambda-\mu^2-\hbar\mu)\braket{l,m|l,m}\ge 0 $$ wat hetzelfde is als $$ \lambda\ge\mu(\mu+\hbar). $$ Er is dus een toestand waarin de \(z\)-component van deze vector maximaal is voor de gegeven lengte. Dat is de toestand waarbij \(\lambda=\mu_{\text{max}}(\mu_{\text{max}}+\hbar)\).
Op precies dezelfde manier kunnen we een afleiding doen waarbij starten met het product \(\hat{L}_+\hat{L}_-\). Daaruit we kunnen concluderen \(\lambda\ge\mu(\mu-\hbar)\) en dus is er ook een toestand waarin de \(z\)-component van deze vector minimaal (maximaal negatief) is voor de gegeven lengte. Dat is de toestand waarbij \(\lambda=\mu_{\text{min}}(\mu_{\text{min}}-\hbar)\). Vergelijk je deze twee eisen dan kom je al snel tot de conclusie dat \(\mu_{\text{max}}=-\mu_{\text{min}}\) en dat de toegestane waardes van \(\mu\) dus liggen in het interval \(\mu_{\text{max}}\ge\mu\ge-\mu_{\text{max}}\).
De \(\hat{L}_+\)-operator verhoogt de eigenwaarde \(\mu\) met \(\hbar\). Dat zal je dus een aantal keer moeten doen om van de minimale naar de maximale waarde te komen. Wiskundig geschreven: $$ \mu_{\text{max}}=\mu_{\text{min}}+n\hbar. $$ Hieruit kan je concluderen dat $$ \mu_{\text{max}}=\frac{n\hbar}{2}. $$ Als we de term \(\hbar\) buiten het quantumgetal houden krijgen we op deze manier de relaties die we verwachten: $$ \begin{align} \hat{L}^2\ket{lm_z}&=\hbar^2l(l+1)\ket{lm_z}\\ \hat{L}_{z}\ket{lm_z}&=\hbar m_z\ket{lm_z} \end{align} $$ waarbij we gelijk hebben gesteld dat \(m_z=\mu/\hbar\) en \(\lambda=\hbar^2l(l+1)\).
Het beeld dat nu ontstaat komt overeen met de fysische interpretatie die we er altijd aan geven: \(\hat{L}_z\) is de z-component van de impulsmomentvector die in stapjes van \(\hbar\) kan variëren. De operator \(\hat{L}^2\) is bij al deze bewerkingen constant en gerelateerd aan de lengte van de impulsmomentvector, wat een behouden grootheid is.
Met de eigenwaardes van \(\hat{L}^2\) en \(\hat{L}_z\), kunnen we ook de voorfactoren van de ladderoperatoren vinden.
- \(\hat{L}_\pm\ket{l;m_z}=\sqrt{(l\mp m_z)(l\pm m_z+1)}\hbar\ket{l;m_z\pm 1}\).
Bewijs
In het vorige bewijs hebben we gezien dat: $$ \begin{align} \braket{l,m|\hat{L}_-\hat{L}_+|l,m} &=\braket{l,m|\hat{L}^2-\hat{L}_z^2-\hbar\hat{L}_z|l,m}\\ &=\hbar^2(l(l+1)-m^2-m)\braket{l,m|l,m}. \end{align} $$ Daarnaast hebben we ook gezien: $$ \braket{l,m|\hat{L}_-\hat{L}_+|l,m}=\lvert c_{m+1} \rvert^2 \braket{l,m+1|l,m+1}. $$ Combineren we deze gegevens en kiezen we \(c_{m+1}\) reëel, dan moet: $$ \begin{align} c_{m+1} &= \sqrt{\hbar^2(l(l+1)-m^2-m)}\\ &= \sqrt{(l-m)(l+m+1)}\hbar. \end{align} $$ Door eenzelfde redenatie op te zetten voor de term \(\hat{L}_+\hat{L}_-\) krijgen we de eis: $$ c_{m-1} = \sqrt{(l+m)(l-m+1)}\hbar. $$
Let op: voorfactor ladderoperator
Je ziet hier dat de voorfactor van de ladderoperator niet genormaliseerd is. Het is ook geen eigenwaarde. Dat komt doordat we de ladderoperatoren hebben gedefinieerd als een superpositie van \(\hat{L}_x\) en \(\hat{L}_y\). Je normalisatie gaat dus verloren als je een toestand vermenigvuldigt met een ladderoperator.
Voorbeeld
In het hoorcollege behandelen we de spin-1 in het werkcollege doe je zelf de spin-1/2, laten we hier de spin-3/2 doen. Ten eerste betekent dit \(l=3/2\), zodat: $$ m\in \lbrace \frac{3}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-\frac{3}{2}\rbrace . $$ Dit betekent dat de toestandsruimte behorend bij deze operator 4-dimensionaal is. Alle operatoren moeten daarom een \(4\times 4\)-matrix vormen. Voordat we iets over de matrices kunnen zeggen, moeten we eerst een basis kiezen. We hebben namelijk gezien dat de vorm van matrix afhankelijk is van de basis. We kiezen de vier eigentoestanden als basisvectoren: $$ \ket{m=\frac{3}{2}}=\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix},\quad \ket{m=\frac{1}{2}}=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix},\quad \ket{m=-\frac{1}{2}}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}, \text{ en }\quad \ket{m=-\frac{3}{2}}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix} $$ Nu kunnen we gebruik maken van de formule dat \(A_{ij}=\braket{\psi_i|\hat{A}|\psi_j}\). Een voorbeelduitwerking voor het element op de eerste rij, eerste kolom: $$ L_{z,11}=\Braket{ m_z=\frac{3}{2} | \hat{L}_z | m_z=\frac{3}{2} }=\frac{3}{2}\hbar. $$ Als we alle elementen zo aflopen dan wordt de matrix: $$ \hat{L}_z=\frac{1}{2}\hbar\begin{pmatrix} 3&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&-3 \end{pmatrix} $$ Zo kunnen we door gebruik te maken van de formules \(\hat{L}_\pm\ket{l;m_z}=\sqrt{(l\mp m_z)(l\pm m_z+1)}\hbar\ket{l;m_z\pm 1}\) ook aantonen dat: $$ \hat{L}_+=\hbar\begin{pmatrix} 0&\sqrt{3}&0&0\\0&0&2&0\\0&0&0&\sqrt{3}\\0&0&0&0 \end{pmatrix}\text{ en }\quad \hat{L}_-=\hbar\begin{pmatrix} 0&0&0&0\\\sqrt{3}&0&0&0\\0&2&0&0\\0&0&\sqrt{3}&0 \end{pmatrix} $$ De matrices voor \(\hat{L}_x=(\hat{L}_+ +\hat{L}_- )/2\) en \(\hat{L}_y=(\hat{L}_+ -\hat{L}_- )/2i\) volgen hier eenvoudig uit.