Математическое доказательство того, что угловой момент и гамильтониан коммутируют?

Вы хотите показать, что$[L^2,H]=0$. Есть несколько способов сделать это. Самый простой и прямой — заметить, что в сферических координатах

$$H = -\dfrac{\hbar^2}{2m}\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r + \dfrac{1}{2mr^2}L^2+ V(r),$$

где$V(r)$потенциальная энергия, которую вы рассматриваете. Это легко увидеть, вы просто подставляете лапласиан в сферические координаты, и вы увидите, что$L^2$термин появляется естественным образом. В этом случае очевидно, что операторы коммутируют. Напомним, что$L^2$просто влияет на угловые координаты, с целью$L^2$что-либо$r$-родственное является константой. В таком случае мы имеем это

$$[L^2,V(r)]f = L^2V(r)f - V(r)L^2f = V(r)L^2f-V(r)L^2f = 0.$$

То же самое происходит с другим термином, включающим только$r$в$H$оператор. Другая часть очевидна еще и потому, что$[L^2,L^2]=0$. В таком случае$[L^2,H]=0$.

РЕДАКТИРОВАТЬ: первый срок коммутирует с$L^2$потому что это просто включает операции над$r$. Я думаю, вы можете лучше видеть, применяя коммутатор к функции

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rL^2f),$$

Теперь посмотрите, что с тех пор$L^2$не действовать на$r$-зависимость получаем$rL^2f = L^2(rf)$. Относительно производной: оператор$\partial^2/\partial r^2$не действует на угловые переменные. Из-за этого мы можем обменять его заказ с$L^2$. Это дает нам

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-\dfrac{1}{r}L^2\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf),$$

и снова потому что$L^2$не действует на$r$-зависимость можно привести$1/r$внутри. Это оставляет нас с

$$[L^2,\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}r]f =L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)-L^2\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial^2}{\partial r^2}(rf)=0.$$

В качестве альтернативного доказательства пусть$\mathcal D (R)$— унитарный оператор, связанный с трехмерным вращением$R$и определить векторный оператор$\mathbf A$к

$$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)=R\mathbf A,$$ или $$A_i'\equiv\mathcal D (R)^\dagger A_i \mathcal D (R)=R_{ij} A_j.$$ Обратите внимание, что, поскольку $R$ортогонален: $$A_i'A_i'=R_{ij}A_jR_{ik}A_k=A_jA_j,$$ то есть $$\mathcal D (R)^\dagger \mathbf A ^2 \mathcal D (R)=(D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R))\cdot (D (R)^\dagger \mathbf A \mathcal D (R)) = \mathbf A^2$$ (это очевидно).

С$\mathcal D (R)$коммутирует с$\mathbf A ^2$для каждого$R$, то сам момент импульса коммутирует с$\mathbf A ^2$.

Обратите внимание, что$\mathbf p = - i\nabla$является векторным оператором. Оператор поворота реализован в$L^2$гильбертовом пространстве одной бесспиновой частицы

$$\mathcal D (R)\psi (\mathbf x )=\psi (R^{-1}\mathbf x ),$$ так что это обычное утверждение, что градиент скалярной функции является вектором. Отсюда сразу следует, что оператор кинетической энергии $T=\frac{\mathbf p ^2}{2m}$коммутирует с угловым моментом. Поскольку сферически-симметричный потенциал также коммутирует с каждым поворотом, а значит, и с угловым моментом, отсюда следует, что полный гамильтониан коммутирует с угловым моментом.

---

Примечание: скорее всего, вы не сразу найдете этот вывод полезным. Я хочу подчеркнуть, что коммутационные соотношения оператора типа$\mathbf J$который порождает некоторую операцию симметрии, легко считывается из определения симметрии. Более простой пример — переводы: определение оператора перевода$\mathcal T(a)^\dagger q\mathcal T(a)=q+a$, вместе с$T(a)=e^{-ipa}$немедленно дает канонические коммутационные соотношения$[q,p]=i$; просто различать по$a$.