Dreieimpuls

Fra TFY4215 er banedreieimpulsen $\vec L = \vec r \times \vec p$ kjent i posisjonsrommet: $L_z$ og $L^2$ som differensialoperatorer i vinklene, kuleflatefunksjonene som egenfunksjoner og kvantetallene $l$ og $m$ . Her defineres en dreieimpuls i stedet ved kommutatorene mellom komponentene, og spekteret følger av dem med den samme algebraiske metoden som ga oscillatorspekteret. Metoden gir mer enn banedreieimpulsen. Den tillater også halvtallige kvantetall, og de hører til spinn. Dreieimpulsen er bevart i ethvert sentralsymmetrisk potensial, og derfor bærer den kvantetallene som ordner nivåene i atomer.

Dreieimpulsoperatorene

En dreieimpuls $\vec J$ er en vektor av tre hermiteske operatorer $J_x$ , $J_y$ og $J_z$ som oppfyller

\displaystyle [J_x, J_y] = i\hbar J_z, \allowbreak\quad [J_y, J_z] = i\hbar J_x, \allowbreak\quad [J_z, J_x] = i\hbar J_y

Definisjonen av en dreieimpuls. Kort skrevet er

[J_i, J_j] = i\hbar\sum_k \varepsilon_{ijk}J_k

, der Levi-Civita-symbolet

\varepsilon_{ijk}

+1

for

xyz

og sykliske permutasjoner av den,

-1

for de andre permutasjonene og

0

når to indekser er like.

Dreieimpulsoperatorene skrives uten hatt, som stigeoperatorene. At komponentene ikke kommuterer, henger sammen med at dreininger om ulike akser ikke kommuterer. Drei en bok 90° om $x$ -aksen og så 90° om $y$ -aksen, og gjør det samme i motsatt rekkefølge. Boka ender i to ulike stillinger. Dreieimpulsen er generatoren for dreininger: en dreining vinkelen $\varphi$ om $z$ -aksen er operatoren $e^{-i\varphi J_z/\hbar}$ . Når dreiningene ikke kommuterer, kan ikke generatorene heller gjøre det.

Kvadratet $J^2 = J_x^2 + J_y^2 + J_z^2$ kommuterer derimot med hver komponent. Med $[J_i^2, J_j] = J_i[J_i, J_j] + [J_i, J_j]J_i$ er

[J^2, J_j] = \sum_i [J_i^2, J_j] \allowbreak = i\hbar\sum_{i,k}\varepsilon_{ijk}\,(J_iJ_k + J_kJ_i) \allowbreak = 0,

fordi $\varepsilon_{ijk}$ skifter fortegn når $i$ og $k$ bytter plass, mens parentesen ikke gjør det. $J^2$ og én komponent, etter vane $J_z$ , er dermed kompatible observable med felles egenvektorer. To komponenter kan ikke ha skarpe verdier samtidig, unntatt når hele dreieimpulsen er null.

Egenverdiene

Kall de felles egenvektorene $|a, b\rangle$ , med $J^2|a, b\rangle = a\,|a, b\rangle$ og $J_z|a, b\rangle = b\,|a, b\rangle$ . Så langt vet vi ingenting om $a$ og $b$ . Som for oscillatoren lønner det seg å danne to kombinasjoner som ikke er hermiteske:

\displaystyle J_\pm = J_x \pm iJ_y, \allowbreak\quad [J_z, J_\pm] = \pm\hbar J_\pm, \allowbreak\quad [J^2, J_\pm] = 0

Heveoperatoren

J_+

og senkeoperatoren

J_-

. De er hverandres adjungerte,

J_+^\dagger = J_-

Kommutatoren med $J_z$ følger av definisjonen: $[J_z, J_x] \pm i[J_z, J_y] = i\hbar J_y \pm \hbar J_x = \pm\hbar J_\pm$ . Den flytter $J_z$ forbi $J_\pm$ :

J_z\,(J_\pm|a, b\rangle) = (J_\pm J_z \pm \hbar J_\pm)|a, b\rangle \allowbreak = (b \pm \hbar)\,(J_\pm|a, b\rangle),

og siden $J_\pm$ kommuterer med $J^2$ , har $J_\pm|a, b\rangle$ fortsatt egenverdien $a$ . Heveoperatoren øker egenverdien til $J_z$ med $\hbar$ og senkeoperatoren minsker den med $\hbar$ , mens $J^2$ er uendret. Det er samme stige som for oscillatoren, men nå med verdier av $J_z$ som trinn.

Stigen kan ikke fortsette i noen retning. For å se det trengs produktet

J_\mp J_\pm = J_x^2 + J_y^2 \pm i[J_x, J_y] \allowbreak = J^2 - J_z^2 \mp \hbar J_z .

Kvadratet av normen til $J_\pm|a, b\rangle$ er da

\langle a, b|J_\mp J_\pm|a, b\rangle = a - b(b \pm \hbar) \ge 0 .

For en gitt $a$ holder ikke ulikheten når $|b|$ blir for stor, uansett fortegn. Det må derfor finnes en øverste verdi $b_{\max}$ der $J_+|a, b_{\max}\rangle = 0$ og en nederste $b_{\min}$ der $J_-|a, b_{\min}\rangle = 0$ . Der er normen null, så

a = b_{\max}(b_{\max} + \hbar) = b_{\min}(b_{\min} - \hbar).

Likningen har to løsninger, $b_{\min} = b_{\max} + \hbar$ og $b_{\min} = -b_{\max}$ . Den første gir $b_{\min} > b_{\max}$ , så den andre gjelder. Fra bunnen til toppen går det et helt antall trinn $n$ , altså $2b_{\max} = n\hbar$ og $a = \hbar^2\,\tfrac n2\bigl(\tfrac n2 + 1\bigr)$ . Med $j = n/2$ og $m = b/\hbar$ blir resultatet:

Regningen brukte bare kommutatorene, og heltallige og halvtallige $j$ er like gode løsninger. For $j > 0$ er $j(j + 1) > j^2$ , så $|J_z|$ er alltid mindre enn lengden $\sqrt{j(j+1)}\,\hbar$ . Pekte $\vec J$ langs $z$ -aksen, ville $J_x$ og $J_y$ begge vært null, og dermed skarpe samtidig.

Normen bestemmer også virkningen av $J_\pm$ , når fasen velges reell og positiv:

\displaystyle J_\pm|j, m\rangle = \hbar\sqrt{j(j + 1) - m(m \pm 1)}\;|j, m \pm 1\rangle

Virkningen av heve- og senkeoperatoren. Roten er null for

m = j

oppover og for

m = -j

nedover, så stigen stopper av seg selv.

Dreieimpulsen i tilstanden |j,m⟩

Kula har radius $|\vec J| = \sqrt{j(j+1)}\,\hbar$ , og ringene ligger i høydene $J_z = m\hbar$ . I tilstanden $|j,m\rangle$ ligger $\vec J$ et sted på den markerte kjeglen, uten bestemt retning rundt $z$ -aksen. Søylene er sannsynligheten for hvert utfall $m'\hbar$ når $J_x$ måles, og de stiplede linjene viser hvor langt $J_x$ rekker på kjeglen. Selv for $m = j$ er spredningen i $J_x$ ikke null.

Banedreieimpuls

Den klassiske definisjonen $\vec L = \vec r \times \vec p$ gir banedreieimpulsen, med komponentene

L_x = \hat y\hat p_z - \hat z\hat p_y, \allowbreak\quad L_y = \hat z\hat p_x - \hat x\hat p_z, \allowbreak\quad L_z = \hat x\hat p_y - \hat y\hat p_x .

Kommutatorene følger av $[\hat x_i, \hat p_j] = i\hbar\,\delta_{ij}$ . Bare de to leddene der en koordinat møter sin egen impuls, bidrar:

\begin{aligned} [L_x, L_y] &= [\hat y\hat p_z, \hat z\hat p_x] + [\hat z\hat p_y, \hat x\hat p_z] \\ &= \hat y\,[\hat p_z, \hat z]\,\hat p_x + \hat x\,[\hat z, \hat p_z]\,\hat p_y \\ &= i\hbar\,(\hat x\hat p_y - \hat y\hat p_x) = i\hbar L_z . \end{aligned}

De to andre følger ved syklisk permutasjon av $x$ , $y$ og $z$ . $\vec L$ er altså en dreieimpuls, og alt fra forrige avsnitt gjelder, med $l$ i stedet for $j$ : $L^2|l, m\rangle = \hbar^2 l(l + 1)|l, m\rangle$ og $L_z|l, m\rangle = \hbar m|l, m\rangle$ . Det som gjenstår, er å finne ut hvilke $l$ som faktisk forekommer.

I kulekoordinatene $(r, \theta, \varphi)$ blir operatorene differensialoperatorer i vinklene alene:

\displaystyle L_z = \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial\varphi}, \allowbreak\quad L^2 = -\hbar^2\Bigl(\frac{\partial^2}{\partial\theta^2} + \cot\theta\,\frac{\partial}{\partial\theta} + \frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}\Bigr)

Banedreieimpulsen i posisjonsrepresentasjonen, i kulekoordinater. Ingen av dem inneholder

r

Projiser egenverdilikningene på $\langle r, \theta, \varphi|$ , slik posisjonsrepresentasjonen ble funnet før. Da blir $\psi_{lm}(r, \theta, \varphi) = \langle r, \theta, \varphi|l, m\rangle$ løsningen av to differensiallikninger der $r$ ikke inngår, og løsningen skiller seg:

\psi_{lm}(r, \theta, \varphi) = R(r)\,Y_{lm}(\theta, \varphi), \allowbreak\quad Y_{lm}(\theta, \varphi) = \Theta_{lm}(\theta)\,e^{im\varphi} .

Kuleflatefunksjonene $Y_{lm}$ er et ortonormert, fullstendig sett av funksjoner på kuleflaten. Faktoren $e^{im\varphi}$ løser $L_z$ -likningen, og den avgjør hvilke $m$ som er lov. Vinklene $\varphi$ og $\varphi + 2\pi$ er samme punkt, men for halvtallig $m$ er $e^{im(\varphi + 2\pi)} = -e^{im\varphi}$ . Da ville $Y_{lm}(\theta, \varphi + 2\pi) = -Y_{lm}(\theta, \varphi)$ , og bølgefunksjonen ville ikke vært entydig. Altså er $m$ et heltall, og siden $m$ går i hele trinn opp til $l$ , er $l$ det også: $l = 0, 1, 2, \dots$

De halvtallige verdiene fra algebraen kan derfor ikke beskrives med funksjoner av posisjonen. De finnes likevel: elektronet har en indre dreieimpuls, spinnet, med $j = \tfrac12$ .

Eksamensoppgave Heltallige kvantetall

Ordinær eksamen, desember 2025, oppgave 2 d

d) Why is the orbital angular momentum restricted to non-negative integer values?

Vis løsning Skjul løsning

$Y_{lm}$ inneholder faktoren $e^{im\varphi}$ , og $\varphi$ og $\varphi + 2\pi$ er samme punkt. Bølgefunksjonen må ha samme verdi der, og det krever heltallig $m$ . Siden $m$ går i hele trinn fra $-l$ til $l$ , er $l$ også et heltall. Negativ er $l$ ikke: stigen gir $l = b_{\max}/\hbar$ , og $b_{\max} \ge 0$ fordi $b_{\min} = -b_{\max}$ ikke kan ligge over $b_{\max}$ . Kvantetallet $m$ kan være negativt.

Svar

Entydig

e^{im\varphi}

krever heltallig

m

, og dermed heltallig

l

;

l = b_{\max}/\hbar \ge 0

fordi stigen går fra

-l

til

l

Regneeksempel heveoperatoren på en kuleflatefunksjon

I kulekoordinater er

L_\pm = \hbar\,e^{\pm i\varphi}\Bigl(\pm\frac{\partial}{\partial\theta} + i\cot\theta\,\frac{\partial}{\partial\varphi}\Bigr).

Start med $Y_{10}(\theta, \varphi) = \sqrt{3/4\pi}\,\cos\theta$ . Finn $Y_{11}$ med heveoperatoren, og vis at stigen stopper der.

Vis løsning Skjul løsning

$Y_{10}$ avhenger ikke av $\varphi$ , så bare $\theta$ -leddet virker:

L_+Y_{10} = \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\;\hbar\,e^{i\varphi}\,\frac{\partial\cos\theta}{\partial\theta} \allowbreak = -\hbar\sqrt{\frac{3}{4\pi}}\,\sin\theta\,e^{i\varphi} .

Stigeformelen med $l = 1$ , $m = 0$ gir $L_+|1, 0\rangle = \hbar\sqrt{2}\,|1, 1\rangle$ . Del på $\sqrt2\,\hbar$ :

Y_{11} = -\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\,\sin\theta\,e^{i\varphi} .

Normen stemmer: $\tfrac{3}{8\pi}\int_0^{2\pi}\!d\varphi\int_0^{\pi}\sin^2\theta\,\sin\theta\,d\theta = \tfrac{3}{8\pi}\cdot 2\pi\cdot\tfrac43 = 1$ . Én gang til: $\partial_\varphi$ gir en faktor $i$ , og bortsett fra fellesfaktoren $-\hbar\sqrt{3/8\pi}\,e^{2i\varphi}$ er

L_+Y_{11} \propto \cos\theta - \cot\theta\,\sin\theta = 0 .

Stigen stopper ved $m = l = 1$ , som roten i stigeformelen sier.

Svar

Y_{11} = -\sqrt{3/8\pi}\,\sin\theta\,e^{i\varphi}

, og

L_+Y_{11} = 0

Eksamensoppgave Måling på en superposisjon

Ordinær eksamen, desember 2025, oppgave 1 p

p) An electron in a hydrogen-like atom is prepared in the (normalized) state with orbital quantum number $\ell = 2$ :

|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{14}}\bigl(2|2,2\rangle + |2,1\rangle \allowbreak + 3|2,0\rangle\bigr). \allowbreak\qquad (15)

Here $|\ell, m\rangle$ are simultaneous eigenstates of $L^2$ and $L_z$ .

Select the option which is wrong.

Sentralsymmetrisk potensial

I et sentralsymmetrisk potensial avhenger $V$ bare av avstanden $r = |\vec r|$ . Laplaceoperatoren i kulekoordinater inneholder nettopp vinkeldelen av $L^2$ , så Hamiltonoperatoren blir

\hat H = -\frac{\hbar^2}{2m}\Bigl(\frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}\Bigr) \allowbreak + \frac{L^2}{2mr^2} + V(r),

der $m$ er massen. Vinklene inngår bare gjennom $L^2$ , og $L^2$ kommuterer med sine egne komponenter. Derfor kommuterer $\hat H$ med $L^2$ og med $L_x$ , $L_y$ og $L_z$ . Alle fire er bevegelseskonstanter, og $\hat H$ , $L^2$ og $L_z$ har felles egenfunksjoner $\psi(r, \theta, \varphi) = R(r)\,Y_{lm}(\theta, \varphi)$ . Sett den inn, bytt $L^2$ med $\hbar^2 l(l + 1)$ , og skriv $u(r) = rR(r)$ :

\displaystyle -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2u}{dr^2} \allowbreak + \Bigl[V(r) + \frac{\hbar^2 l(l + 1)}{2mr^2}\Bigr]u \allowbreak = Eu

Radiallikningen for

u(r) = rR(r)

. Den har samme form som en endimensjonal Schrödingerlikning for

r > 0

, med sentrifugalpotensialet

\hbar^2 l(l+1)/2mr^2

lagt til

V(r)

Sentrifugalpotensialet er den kinetiske energien i bevegelsen rundt origo, og det holder partikkelen borte fra sentrum når $l > 0$ . Kvantetallet $m$ inngår ikke i radiallikningen. Hvert energinivå er derfor minst $(2l + 1)$ ganger degenerert, uansett hvordan $V(r)$ ser ut.

Eksamensoppgave Dreieimpulsen er bevart

Ordinær eksamen, desember 2023, oppgave 5 b

A three-dimensional (3D) isotropic harmonic oscillator is described by the Hamiltonian

\hat H = \frac{\hat p_x^2 + \hat p_y^2 + \hat p_z^2}{2m} \allowbreak + \frac12 m\omega^2(\hat x^2 + \hat y^2 + \hat z^2), \allowbreak\qquad (10)

where $m$ is the mass of the particle, and $\omega = \sqrt{k/m}$ with spring constant $k$ . The momentum operator $\hat p_j$ and position operator $\hat x_j$ along direction $j \in \{x, y, z\}$ satisfy the commutation relation $[\hat x_j, \hat p_j] = i\hbar$ , while operators in different directions commute, for instance, $[\hat p_x, \hat y] = 0$ .

b) The orbital angular momentum operator is $\hat{\mathbf L} = \hat{\mathbf r} \times \hat{\mathbf p}$ , where $\hat{\mathbf r} = (\hat x, \hat y, \hat z)$ and $\hat{\mathbf p} = (\hat p_x, \hat p_y, \hat p_z)$ . Show that the Hamiltonian commutes with the $z$ component of the orbital angular momentum, $\hat L_z = \hat x\hat p_y - \hat y\hat p_x$ . Use this to argue/show that the Hamiltonian commutes with all components of $\hat{\mathbf L}$ as well as $\hat{\mathbf L}^2$ .

Hint: The commutation relations in the formula sheet might be useful.

Vis løsning Skjul løsning

Leddene med $\hat p_z$ og $\hat z$ kommuterer med $\hat L_z$ . Med $[\hat p_x^2, \hat x] = -2i\hbar\,\hat p_x$ og $[\hat x^2, \hat p_x] = 2i\hbar\,\hat x$ er

[\hat p_x^2, \hat L_z] = -2i\hbar\,\hat p_x\hat p_y, \allowbreak\quad [\hat p_y^2, \hat L_z] = 2i\hbar\,\hat p_y\hat p_x, \allowbreak\quad [\hat x^2, \hat L_z] = -2i\hbar\,\hat y\hat x, \allowbreak\quad [\hat y^2, \hat L_z] = 2i\hbar\,\hat x\hat y .

Impulsene kommuterer innbyrdes, og det gjør koordinatene også, så leddene nuller hverandre parvis. Altså er $[\hat H, \hat L_z] = 0$ . $\hat H$ er uendret når $x$ , $y$ og $z$ bytter plass, så samme regning gir $[\hat H, \hat L_x] = [\hat H, \hat L_y] = 0$ . Da er også

[\hat H, \hat{\mathbf L}^2] = \sum_i\bigl(\hat L_i[\hat H, \hat L_i] \allowbreak + [\hat H, \hat L_i]\hat L_i\bigr) \allowbreak = 0 .

Det er ventet, fordi potensialet $\tfrac12 m\omega^2 r^2$ er sentralsymmetrisk.

Svar

[\hat H, \hat L_z] = 0

; ved symmetri også

[\hat H, \hat L_x] = [\hat H, \hat L_y] = 0

, og dermed

[\hat H, \hat{\mathbf L}^2] = 0

Hydrogenatomet

For hydrogen er $V(r) = -e^2/4\pi\varepsilon_0 r$ . Radiallikningen løses ikke i detalj her, men oppførselen i de to endene bestemmer formen på løsningen. Langt ute går både $V(r)$ og sentrifugalpotensialet mot null, og for en bunden tilstand med $E < 0$ står det igjen

\frac{d^2u}{dr^2} = \kappa^2 u, \qquad \kappa = \frac{\sqrt{-2mE}}{\hbar},

med den avtagende løsningen $u \propto e^{-\kappa r}$ . Nær origo dominerer sentrifugalpotensialet, $u'' \approx l(l + 1)\,u/r^2$ , med løsningene $r^{l+1}$ og $r^{-l}$ . Den andre er singulær, så $u \propto r^{l+1}$ og $R \propto r^l$ . Settes $u = e^{-\kappa r}v(r)$ med $v$ en potensrekke som begynner på $r^{l+1}$ , må rekka brytes av for at $u$ skal kunne normeres. Det kvantiserer energien:

E_n = -\frac{m_e}{2\hbar^2}\Bigl(\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0}\Bigr)^2\frac{1}{n^2} \allowbreak = -\frac{13{,}6\ \text{eV}}{n^2}, \allowbreak\qquad n = 1, 2, 3, \dots

Dette er Bohr-energiene, med $l = 0, 1, \dots, n - 1$ . Radialfunksjonen $R_{nl}$ er et polynom av grad $n - 1$ ganger $e^{-r/na_0}$ , der $a_0$ er Bohrradien. Energien avhenger bare av $n$ . Summen over $l$ gir $\sum_{l=0}^{n-1}(2l + 1) = n^2$ tilstander på hvert nivå, flere enn de $2l + 1$ som kulesymmetrien alene krever.

Sjekk deg selv

Vis at $[L_z, \hat x] = i\hbar\hat y$ .

Vis svar Skjul svar

Med $L_z = \hat x\hat p_y - \hat y\hat p_x$ kommuterer det første leddet med $\hat x$ . I det andre er bare $[\hat p_x, \hat x] = -i\hbar$ ulik null:

[L_z, \hat x] = -\hat y\,[\hat p_x, \hat x] = i\hbar\,\hat y .

Samme regning gir $[L_z, \hat y] = -i\hbar\,\hat x$ og $[L_z, \hat z] = 0$ . Komponentene av posisjonsoperatoren oppfører seg under $L_z$ som komponentene av en vektor som dreies om $z$ -aksen.

Hovedpunkter

En dreieimpuls er definert ved $[J_i, J_j] = i\hbar\sum_k\varepsilon_{ijk}J_k$ . $J^2$ kommuterer med hver komponent, så $J^2$ og $J_z$ har felles egentilstander $|j, m\rangle$ .
Heve- og senkeoperatorene $J_\pm = J_x \pm iJ_y$ endrer $m$ med $\pm1$ . Normkravet stopper stigen i begge ender og gir $J^2 = \hbar^2 j(j+1)$ , $J_z = \hbar m$ med $j = 0, \tfrac12, 1, \dots$ og $m = -j, \dots, j$ .
$J_\pm|j, m\rangle = \hbar\sqrt{j(j+1) - m(m\pm1)}\,|j, m\pm1\rangle$ , og $J_\mp J_\pm = J^2 - J_z^2 \mp \hbar J_z$ gjør matriseelementer til algebra.
Banedreieimpulsen $\vec r \times \vec p$ er en dreieimpuls. Kravet om entydig $e^{im\varphi}$ gjør $l$ og $m$ til heltall; halvtallige $j$ hører til spinn.
I et sentralsymmetrisk potensial er $L^2$ og $L_z$ bevegelseskonstanter, $\psi = R(r)Y_{lm}$ , og $u = rR$ løser radiallikningen med sentrifugalpotensialet $\hbar^2 l(l+1)/2mr^2$ .
Hydrogen har $E_n = -13{,}6\ \text{eV}/n^2$ med $l = 0, \dots, n - 1$ og $n^2$ tilstander per nivå uten spinn.