Полуцелые собственные значения орбитального углового момента

От$\mathbf{L}=\mathbf{Q}\times \mathbf{P}$у нас есть$L_z=Q_xP_y-Q_yP_x$. Затем введите следующие новые операторы (предполагая, что единицы$\hbar=1$):

$$\begin{align} q_1=\frac{Q_x+P_y}{\sqrt{2}},\\ q_2=\frac{Q_x-P_y}{\sqrt{2}},\\ p_1=\frac{P_x-Q_y}{\sqrt{2}},\\ p_2=\frac{P_x+Q_y}{\sqrt{2}}. \end{align}$$ Немедленно проверить, что $$[q_1,q_2]=[p_1,p_2]=0,\quad [q_j,p_k]=i\delta_{j,k},$$ так$q_i$и$p_i$формально являются операторами положения и импульса двух разных систем. Это условия этих новых операторов $$L_z=\frac12(p_1^2+q_1^2)-\frac12(p_2^2+q_2^2).$$ Поэтому$L_z$есть не что иное, как разность двух независимых гамильтонианов гармонических осцилляторов, каждый из которых имеет массу$M=1$и угловая частота$\omega=1$,$L_z=H_1-H_2$,$H_i=\frac12(p_i^2+q_i^2)$. Спектр гамильтонианов гармонического осциллятора$H_1$и$H_2$является$(n_1+1/2)$и$(n_2+1/2)$, соответственно, с$n_1$и$n_2$положительные целые числа. Наконец, поскольку$[H_1,H_2]=0$, спектр$L_z$является $$(n_1+1/2)-(n_2+1/2)=n_1-n_2.$$ Это разница двух целых чисел, значит, это целое число.

При решении уравнения Шредингера для центральных силовых полей (например, атома водорода) обычно разделяют переменные, используя сферические координаты. Результатом уравнения, зависящего от угла, является

$$\frac{\Phi(\phi)}{\sin\theta}\frac{d}{d\theta}(\sin\theta \frac{d\Theta}{d\theta}) +\frac{\Theta(\theta)}{\sin^2\theta}\frac{d^2\Theta(\theta)}{d\phi^2}+\ell(\ell+1)\Theta(\theta)\Phi(\phi)=0$$

РЕДАКТИРОВАТЬ: параметр$\ell$– параметр разделения уравнения в частных производных для SWE. Он проявляется как в радиальной, так и в угловой частях. Решения радиального уравнения будут расходиться$r \to \infty$если$\ell$не является целым числом. Взгляните на функции Лагерра и/или раздел математической физики Арфкена в SWE.

Если$\ell$является целым числом, радиальная функция будет равна нулю, поскольку$r \to \infty$что требуется для физически осмысленного решения. Это означает, что угловые решения также должны иметь целые$\ell$и будут ассоциированными функциями Лежандра:$\Theta(\theta) = P^m_{\ell}(\cos\theta)$, где$m$– постоянная разделения для$\Phi(\phi)$решение. В конечном итоге эти два угловых решения образуют сферические гармоники,$Y^m_{\ell}(\theta,\phi)$.

Сферические гармоники являются собственными функциями квадрата квантовомеханического оператора углового момента.

Подводя итог, если$\ell$не является целым числом, не существует конвергентных, физически реализуемых решений SWE. Полуцелые значения не дают исчезающих радиальных решений.

Прежде всего заметим, что из общей теории углового момента собственные значения$m$из$J_z$являются целыми тогда и только тогда, когда $j$является целым, потому что

$$m = -j, -j+1,\ldots, j-1, j\:.$$

В этот момент заметьте, что, переходя от декартовых координат к сферическим, вы находите

$$L_z= -i \partial_\phi\:.$$ Из непосредственного рассмотрения, используя это выражение, вы видите, что собственные функции$L_z$находятся в$\mathbb{Z}$. Воспользуйтесь, в частности, тем, что собственные функции должны быть периодическими по$[0, 2\pi]$:

$$-i\partial_\phi f(\phi) = m f(\phi)$$

следует для некоторой постоянной$C$,

$$f(\phi) = Ce^{im \phi}$$

С$f(0)= f(2\pi)$, единственная возможность$m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$и поэтому$j$также является целым числом.

Стоит подчеркнуть, что ответить на этот вопрос, опираясь только на физические аргументы, невозможно. Физически говоря, нет никакого способа увидеть фазу$-1$связанный с полуцелым числом$j$для вращений$2\pi$, с$|\psi\rangle$и$-|\psi\rangle$ представляют одно и то же квантовое состояние . Этот факт, помимо принципа суперпозиции, приводит к правилу суперотбора углового момента.

1. В этом ответе мы подробно остановимся на методе Баллентайна нахождения канонического преобразования (КТ).

   $$(q,p)\quad \longrightarrow\quad (Q,P),\tag{1}$$
   ср. Ответ Нессун Дорма . Это приводит к доказательству того, что (конечномерное представление) оператор орбитального углового момента (ОАМ) имеет целое квантовое число спина, ср. Заголовочный вопрос ОП.

2. Напомним прежде всего, что вместо операторов положения и импульса мы можем эквивалентно использовать операторы уничтожения и создания .

   $$\begin{align} a^j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}q^j+\frac{ip_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}} , \cr a^{\dagger}_j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}q^j-\frac{ip_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}}, \cr A^j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}Q^j+\frac{iP_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}}, \cr A^{\dagger}_j~=~& \sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}Q^j-\frac{iP_j}{\sqrt{2m\omega\hbar}} ,\cr j~\in~&\{1,2,3\}. \end{align}\tag{2}$$ Здесь$m\omega>0$— некоторая подходящая размерная константа, числовое значение которой не важно для дальнейшего. Операторы OAM $$\begin{align} L_j~=~&\sum_{k,\ell=1}^3\epsilon_{jk\ell}q^kp_{\ell}\cr ~\stackrel{(2)}{=}~& -i\hbar\sum_{k,\ell=1}^3\epsilon_{jk\ell}a_k^{\dagger}a^{\ell} ,\cr j~\in~&\{1,2,3\}.\end{align} \tag{3}$$ Числовые операторы $$\begin{align} n_j~:=~&a_j^{\dagger}a^j,\quad(\longleftarrow\text{no $j$-sum})\cr N_j~:=~&A_j^{\dagger}A^j,\quad(\longleftarrow\text{no $j$-sum})\cr j~\in~&\{1,2,3\}. \end{align}\tag{4}$$

3. Рассмотрим 1-параметрический линейный КП, связанный с тождеством$^1$

   $$\begin{align} Q^j~=~& q^j\cos\theta + \frac{1}{m\omega}\sum_{k=1}^2|\epsilon^{jk}| p_k\sin\theta,\cr P_j~=~& p_j\cos\theta - m\omega\sum_{k=1}^2|\epsilon_{jk}| q^k\sin\theta, \cr A^j~=~& a^j\cos\theta - i\sum_{k=1}^2|\epsilon^{jk}| a^k\sin\theta,\cr A_j^{\dagger}~=~& a_j^{\dagger}\cos\theta + i\sum_{k=1}^2|\epsilon^{jk}| a_k^{\dagger}\sin\theta,\cr j~\in~&\{1,2\}, \cr Q^3~=~& q^3,\cr P_3~=~& p_3,\cr A^3~=~& a^3, \end{align} \tag{5}$$

4. Наблюдение Баллентина становится

   $$\begin{align} N_1-N_2~\stackrel{(3)+(4)+(5)}{=}&~(n_1-n_2)\cos 2\theta\cr &+ \frac{L_3}{\hbar} \sin 2\theta.\end{align} \tag{6}$$ Конечно, нас в основном интересует угол$\theta=\frac{\pi}{4}$, где ОАМ $$\frac{L_3}{\hbar}~\stackrel{(6)}{=}~N_1-N_2\tag{7}$$ становится разностью двух числовых операторов, ср. Вопрос ОП.

5. Позволять$V_{\ell}$быть конечномерным спин-$\ell$ирреп алгебры Ли ОАМ

   $${\rm span}_{\mathbb{R}}(L_1,L_2,L_3)~\cong~ so(3).\tag{8}$$ Мы хотели бы доказать, что$\ell$не может быть полуоборотом, ср. Вопрос ОП.

6. Обратите внимание, что

   $$\sum_{j=1}^3N_j~\stackrel{(4)+(5)}{=}~\sum_{j=1}^3n_j\tag{9}$$ является оператором Казимира в том смысле, что он коммутирует с$L_1$,$L_2$&$L_3$. Следовательно, существует общий набор собственных базисов$|\ell m\rangle$такой, что $$\begin{align}L_3|\ell m\rangle~=~&\hbar m|\ell m\rangle,\cr \vec{L}^2|\ell m\rangle~=~&\hbar^2\ell(\ell+1)|\ell m\rangle, \cr \ell, m~\in~&\frac{1}{2}\mathbb{Z}, \cr \sum_{j=1}^3N_j|\ell m\rangle~=~&\nu |\ell m\rangle, \cr \nu~\geq~&0.\end{align}\tag{10}$$

7. Рассмотрим одно такое состояние$|\ell m\rangle$. Мы можем действовать$|\ell m\rangle$(конечно много раз) с операторами уничтожения$A^1$,$A^2$&$A^3$, чтобы достичь состояния вакуума Фока$|\Omega\rangle\neq 0$с$^2$

   $$A^j|\Omega\rangle~=~0,\qquad j~\in~\{1,2,3\}.\tag{11}$$ (Иначе будут отрицательные нормальные состояния по стандартному аргументу, см., например, раздел 6.1 в [1] или мой ответ Phys.SE здесь .)

8. В свою очередь это означает, что$|\ell m\rangle$является общим собственным вектором для$N_1$,$N_2$&$N_3$, с целыми собственными значениями. В частности,$m$должно быть целым числом, см. уравнения (7) и (10).$\Box$

9. Интересно отметить, что, хотя, конечно, не существует настоящих (в отличие от проективных) полуспиновых ирпов группы трехмерного вращения .$SO(3)$, соответствующая алгебра Ли$so(3)$имеет в принципе полуспиновый иррепорт, т. е. нет топологических препятствий на уровне алгебры Ли. Тем не менее, как мы видели выше, для алгебры Ли OAM основное представление пространства Фока алгебры Гейзенберга говорит об обратном! В этом смысле это доказательство сильно отличается от топологического доказательства.

Использованная литература:

1. LE Ballentine, QM современные разработки, 1998; п. 170.

--

$^1$Наши обозначения немного отличаются от Ref. 1. Для начала мы предпочитаем использовать строчные буквы перед CT (5) и заглавные после. Производящая функция типа 2 для ТТ (5) имеет вид

$$\begin{align} F_2(q,P)~=~&q^3P_3+\frac{\sum_{j=1}^2q^jP_j}{\cos\theta}\cr ~+~&\frac{1}{2}\sum_{j,k=1}^2\left(m\omega|\epsilon_{jk}| q^jq^k+\frac{1}{m\omega}|\epsilon^{jk}| P_jP_k\right) \tan\theta.\end{align}\tag{12}$$

$^2$Вакуум Фока$|\Omega\rangle$оказывается инвариантным относительно КТ (5):

$$\begin{align} a^j|\Omega\rangle ~=~&0 \cr ~\Updownarrow~& \cr A^j|\Omega\rangle ~=~&0,\cr j~\in~&\{1,2,3\}.\end{align} \tag{13}$$ Обратите внимание, что вакуум Фока$|\Omega\rangle$зависит от константы$m\omega$.

Я уже отвечал на этот вопрос, но мой ответ имел фатальную ошибку. Это должно быть правильно.

Во-первых, мы должны предъявить физическое требование. Мы требуем, чтобы поворот на$2\pi$пространственной конфигурации (отличной от внутренней конфигурации, т.е. спина) оставляет физику неизменной. Из исследования первой гомотопической группы$Z_2$, мы знаем, что вообще есть две возможности поворота на$2\pi$(это обычно изучается в контексте топологического квантования):$R(2\pi)=1$и$R(2\pi)=-1$. Для$R$чтобы быть физическим пространственным вращением, мы требуем$R(2\pi)=1.$Однако оператор вращения в$x-y$самолет$R=\exp(-i\theta L_z)$где$L_z|\psi\rangle=m|\psi\rangle$. Таким образом, мы требуем$\exp(-2\pi im)=0$. Это решается только$m\in\mathbb{Z}$, что по правилам лестничных операторов влечет$l\in\mathbb{Z}$.

Я попытаюсь ответить на вопрос, из-за того, что сказано в комментариях:

Мне не кажется, что 7 ответов правильно отвечают на вопрос! По этой причине я снова открыл вопрос.

Прежде чем углубляться в объяснение, я думаю, важно отметить, что орбитальный угловой момент — это физическая величина, впервые определенная в классической механике. Его квантово-механический аналог получается путем (разумного) предположения, что выражение должно иметь те же компоненты, и простого перевода классических переменных в квантовые операторы. Но это не возникло непосредственно из принципов симметрии КМ.

---

Почему нельзя$\hat{\mathbf{L}}^2$имеют полуцелые квантовые числа?

Мы впервые сталкиваемся с орбитальным угловым моментом в контексте решения для атома водорода, когда ищем полный набор коммутирующих наблюдаемых для выражения связанных состояний системы.

Он определяется так же, как и гамильтониан, по аналогии с классическим угловым моментом как:

$$\hat{\mathbf{L}}\equiv\hat{\mathbf{X}}\times\hat{\mathbf{P}}=-i\hbar\mathbf{x}\times\boldsymbol{\nabla}$$

где последнее равенство выполняется в представлении положения и импульса вектора состояния$\Psi$. Компоненты$\hat{\mathbf{L}}$можно записать как:

$$\hat L_i=-i\hbar\sum\limits_{j,k}\varepsilon_{ijk}x_j\frac{\partial}{\partial x_k}$$

где$\varepsilon_{ijk}$это символ Леви-Чивиты . Полный орбитальный угловой момент, предмет вашего вопроса, определяется выражением$\hat{\mathbf{L}}^2$,

$$\hat{\mathbf{L}}^2=\sum\limits_i\hat L_i\hat L_i=-\hbar^2\sum\limits_{i,j,k,l,m}\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ilm}x_j\left(\frac{\partial}{\partial x_k}\right)x_l\left(\frac{\partial}{\partial x_m}\right)$$

И, пропуская некоторые шаги, мы приходим к:

$$\hat{\mathbf{L}}^2=-\hbar^2\left(r^2\nabla^2-\frac{\partial}{\partial r}r^2\frac{\partial}{\partial r}\right)$$

Выражено в сферических координатах$(r, \theta, \phi)$(полный угловой момент должен быть вращательно-инвариантным, поэтому ожидается, что оператор является только функцией$r$координата).

Для разумного$^{*}$потенциал$V(\mathbf x)$мы можем выразить$\Psi$вблизи начала координат в виде степенного ряда по базисным векторам. В частности, как$r\to 0$, «выживают» только члены с наименьшим порядком в ряду:

$$\Psi(\mathbf x) \to r^{\ell}Y(\theta, \phi)$$

Здесь$\ell$является порядком наименьшего ненулевого члена степенного ряда. $Y(\theta, \phi)$также является$\ell$полином '-го порядка (однородный) по$\{\mathrm{sin}(\theta)\mathrm{cos}(\phi), \ \mathrm{sin}(\theta)\mathrm{sin}(\phi), \ \mathrm{cos}(\theta)\}$(вы можете идентифицировать их как$\{x, \ y, \ z\}$компоненты унитарного вектора).

Действуя на этом$\Psi$с$\hat{\mathbf{L}}^2$мы получаем,

$$\hat{\mathbf{L}}^2\Psi \to \hbar^2\ell(\ell+1)\Psi$$

Сейчас если$\Psi$является собственной функцией$\hat{\mathbf{L}}^2$тогда собственное значение должно быть одинаковым для любой и каждой точки, поэтому мы заключаем, что собственное значение такой функции должно быть$\hbar^2\ell(\ell+1)$.

Это все, что мы можем сделать с угловым моментом в представлении положения-импульса. Как мы видели выше, все (разумные) волновые функции, включая собственные функции$\hat{\mathbf{L}}^2$можно выразить как$\propto r^\ell$для маленьких$r$. И дробных степенных рядов нет$^{**}$, отсюда следует, что орбитальный угловой момент имеет только (положительные) целые квантовые числа.

Итак, чтобы ответить на ваш вопрос,

Есть ли у кого-нибудь решающий аргумент, почему мы исключаем полуцелые значения из спектра орбитального оператора?

Потому что орбитальный угловой момент был выбран в соответствии с нашим классическим определением углового момента. Это приводит к указанному выше выражению$\hat{\mathbf{L}}^2$с соответствующими ограничениями.

По крайней мере, я так это интерпретирую.

---

Как появляются полуцелые угловые моменты?

Как мы видели, представление положения-импульса дает нам только целочисленные угловые моменты, для более общих угловых моментов нам нужно полагаться на принципы симметрии.

Симметрии — это преобразования, оставляющие уравнения движения и физическое содержание математических представлений неизменными. В классической механике симметрии закодированы в группе Галилея : пространственные вращения, перемещения в пространстве и времени и преобразования Галилея не должны изменять результат эксперимента (если я провожу эксперимент в тех же условиях, не имеет значения, если я его провожу). сегодня или завтра, или если я сделаю это в Хансфорде или Ливингстоне).

В квантовой механике все преобразования, действующие на векторы состояния, должны быть унитарными , чтобы сохранить внутренний продукт (и, следовательно, вероятности). То есть,

$$\langle\hat{U}\Psi\vert\hat{U}\Phi\rangle = \langle\Psi\vert\Phi\rangle$$

Следует, что$\hat{U}^{\dagger}\hat{U}=\hat{1}$. Для бесконечно малых преобразований (например, поворота на бесконечно малый угол) Унитарные операторы принимают следующий вид:

$$\hat U = \hat{1}+i\epsilon \hat T+\cdots$$

где$\epsilon$является «бесконечно малым» (произвольно малым) числом. Вот, оператор$\hat T$является эрмитовым. В данном контексте$\hat T$называется генератором преобразования (вы можете повторить бесконечно малое преобразование бесконечное число раз, чтобы получить конечное преобразование, и единственная информация, которая вам нужна для этого, это$\hat T$). Вы можете использовать это, чтобы показать, что оператор импульса является генератором пространственных сдвигов, а гамильтониан — генератором сдвигов времени.

Если вы знаете, в какой форме$\epsilon$принимает (это связано с рассматриваемым преобразованием), вы можете использовать унитарное условие$\hat{U}^{\dagger}\hat{U}=\hat{1}$чтобы прийти к коммутационным соотношениям для оператора$\hat T$. Частный случай углового момента ($\hat T =\hat{\mathbf{J}}$) показано в главе 4, разделе 1 лекций Вайнберга по квантовой механике . Я опущу детали вывода, но вы получите следующее:

$$\left[\hat J_i, \hat J_j\right]=i\hbar\sum\limits_k\varepsilon_{ijk}\hat J_k$$

Как вы можете проверить,$\hat{\mathbf{L}}$также удовлетворяет коммутационным соотношениям$^{***}$. В общем случае мы можем выразить$\hat{\mathbf{J}}$как,

$$\hat{\mathbf{J}}=\hat{\mathbf{L}}+\hat{\mathbf{S}}$$

Мы это уже видели$\hat{\mathbf{L}}$имеет только целые угловые моменты, поэтому единственное место для полуцелых чисел - это$\hat{\mathbf{S}}$. Кроме того, с помощью этого вы можете проверить, что$\left[\hat S_i, \hat L_j\right]=0$, а также,

$$\left[\hat S_i, \hat X_j\right]=\left[\hat S_i, \hat P_j\right]=0$$

Это последнее уравнение означает, что$\hat{\mathbf{S}}$не зависит от$\hat{\mathbf{X}}$и$\hat{\mathbf{P}}$, и именно поэтому мы не можем видеть спин в представлении положения-импульса.

---

В части симметрии я многое пропустил, чтобы не делать ответ слишком обширным. Источником большей части моего ответа являются главы 2, 3 и 4:

Вайнберг, С. (2015). Лекции по квантовой механике . Кембридж: Издательство Кембриджского университета.

---

$^{*}$В независимом от времени уравнении Шрёдингера имеем$\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\Psi=(V-E)\Psi$,$E$конечно, но$V$могут расходиться (как в атоме водорода), но если расходимость не очень сингулярна, то первые производные$\Psi$будет по крайней мере конечным и$\Psi$сам будет непрерывен всюду (и дифференцируем везде, кроме, возможно, в особой точке)

$^{**}$Например$r^{\frac{1}{2}}$нет даже расширения серии$r=0$тогда как полуцелые числа более высокого порядка формы$a+\frac{1}{2}$, для$a\in\mathbb N$, есть их первый$a$деривативы на$r=0$равны нулю (так что это тривиальное разложение), а их$(a+1)$'-я производная расходится (поэтому разложение не определено).

$^{***}$Есть важное отличие. Для любого векторного оператора$\hat{\mathbf{V}}$, коммутационное соотношение$\left[\hat J_i, \hat V_j\right]=i\hbar\sum\limits_k\varepsilon_{ijk}\hat V_k$выполняется, но это неверно, если мы изменим$\hat{\mathbf{J}}$для$\hat{\mathbf{L}}$.

Итак, в основном, мой вопрос: есть ли у кого-нибудь решающий аргумент, почему мы исключаем полуцелые значения из спектра орбитального оператора?

Вернемся к основам.

Начнем с того, что собственные значения углового момента не являются целыми числами. Даже не целое число, кратное , так как квадратный корень мешает.

Это было обнаружено при решении уравнения Шредингера, и большой успех в возможности согласования атомных спектров с квантовыми числами, полученными в результате решения волнового уравнения, придает правильность определению. Так бывает, что$l$является целым числом. Таким образом, подгонка данных отвечает за то, что l является целым числом в приведенной выше формуле, поскольку уравнение, которое делает это, выходит с приведенной выше формулой для угловых моментов. Если данные будут соответствовать половинному целому числу$l$это то, с чем мы бы застряли.

Полуцелые спиновые квантовые числа также определяются данными, очевидно, в физике элементарных частиц. Сохранение углового момента является аксиоматическим утверждением в классической физике (поскольку об этом говорят нам измерения), во взаимодействиях элементарных частиц полуцелые спины обязательно аксиоматически приписывались электронам, протонам, нейтронам и нейтрино, чтобы взаимодействия сохраняли угловой момент. Таким образом, сохранение углового момента сохраняется как аксиоматическое утверждение и в квантовых взаимодействиях.

Таким образом, именно данные определяют угловой момент. Тот очевидный факт, что с помощью операторов углового момента можно определить сложные теоретико-полевые математические формы, не должен затмевать того факта, что именно об этом говорят нам данные .

Мы определяем основное состояние углового момента действием$z$-компонентный оператор углового момента$L_z$и оператор квадрата полного углового момента$L^2=\sum_{i=1}^3L_iL_i$:

$$L_z|l,m\rangle=m|l,m\rangle\quad\text{and}\quad L^2|l,m\rangle=l(l+1)|l,m\rangle$$ Как вы, наверное, знаете, мы определяем операторы повышения и понижения $$L_\pm=L_x\pm iL_y$$ которые действуют на такие состояния, как $$L_\pm|l,m\rangle=\sqrt{l(l+1)-m(m\pm1)}|l,m\pm1\rangle$$ Теперь мы докажем, что только целые собственные значения имеют смысл от противного. Скажем, мы измеряем угловой момент вдоль $z$-ось. Говорят, что частица покоится, если $m=0$. Используя повышающие и понижающие операторы, мы получаем обычное $-l,-l+1,\dots,l-1,l$спектр. Предположим, однако, что мы проводим измерение $$L_z|l,m\rangle=\tfrac{1}{2}|l,m\rangle$$ Однако это не имеет смысла. Казалось бы, двигаясь целыми шагами, мы не можем заставить частицу покоиться. Это собственный угловой момент, а именно спин. Если мы хотим, чтобы частица могла иметь $m=0$государство вдоль $z$-ось, орбитальный угловой момент должен быть целочисленно квантован.

Мы исключаем его, потому что это согласуется с экспериментом. Но через много песен и танцев вы можете утверждать, что оператор углового момента, который входит в гамильтониан, в конце концов является вектором, а векторы преобразуются при целочисленных представлениях SU (2), а не полуцелых числах.

Что же касается однозначности волновой функции, то если$\psi$скачком под некоторым углом, то оператор углового момента был бы бесконечен в этой точке. Таким образом$psi$на самом деле не будет собственной функцией.

Рассмотрим простейший случай — движение в сферически-симметричном потенциале. Гамильтониан становится,

$$-\frac {\hbar^2}{2m}\left[\frac {1}{r^2} \frac {∂}{∂r} \left(\frac {r^2∂}{∂r}\right) + \frac {1}{r^2\sin\theta} \frac {∂}{∂\theta} \left(\sin\theta \frac {∂}{∂\theta}\right) + \frac {1} {r^2\sin^2\theta}\frac {∂^2}{∂\phi^2}\right] + V(r)$$

В этом гамильтониане нет ничего, что намекало бы на то, что при повороте решения на$2\pi$волновая функция должна изменить знак.