-sakurai-3

8/7/2019 -Sakurai-3

http://slidepdf.com/reader/full/-sakurai-3 1/36

Capítulo 3

Teoría del momento angular

Problema 3.1

Encuentra los autovalores y autovectores de σy =

0 −ii 0

. Supón que un

electrón se encuentra en el estado de spin

αβ

. Si medimos sy, ¿cuál es la

probabilidad de obtener /2?

Solución:

Resolvemos la ecuación característica det(σy − λI) = 0 para obtener los autovalores: −λ −ii −λ

= 0 =⇒ λ = ±1

Autovectores:

λ = +1;

0 −ii 0

ab

= +1

ab

=⇒ |σy; +1 =

1√2

1i

λ = −1; 0−

ii 0 a

b = −1 ab =⇒ |σy; −1 =

1√2

1−i

———————————–

Suponiendo que el estado |i =

αβ

está normalizado, la probabilidad de que al medir

sy obtengamos /2, viene dada por:

|sy; +

2|i|2 =

1√2

1 −i

αβ

2 =1

2|α − iβ |2 =

1

2

|α|2 + |β |2

=1

+2Re[α(−iβ )∗]

=

1

2 (1 − 2Im[αβ ∗])

87

8/7/2019 -Sakurai-3


88 CAPÍTULO 3. TEORÍA DEL MOMENTO ANGULAR

Hemos utilizado que:|z1 + z2|2 = |z1|2 + |z2|2 + 2Real(z1z∗2)

sy .=

2 σy |sy; +

2 .= 1√2 1i

Problema 3.2

Considera la matriz 2 × 2 definida por:

U =a0 + iσ·a

a0 − iσ·a,

donde a0 es un número real y a es un vector tridimensional con componentesreales.

(a) Demuestra que U es unitaria y unimodular.

(b) En general, una matriz 2×2 unitaria y unimodular representa una rotaciónen tres dimensiones. Encuentra el eje y el ángulo de rotación apropiadopara U en términos de a0, a1, a2 y a3.

Problema 3.3

El Hamiltoniano dependiente del spin para un sistema electrón-positrón en

presencia de un campo magnético en la dirección z se puede escribir:

H = AS(e−)

·S(e+) +

eB

mc

S (e

−)z − S (e

+)z

.

Supón que la función de spin del sistema viene dada por χ(e−)+ χ

(e+)− . (CORRE-

GIR)

(a) ¿Es ésta una autofunción de H en el límite A → 0, eB/mc = 0? Si es así,¿cuál es el autovalor de la energía? Si no, ¿cuál es el valor esperado de H ?

(b) El mismo problema cuando eB/mc → 0, A = 0.

Solución:

(a) En este caso:

H χ(e−)+ χ

(e+)− =

eB

mc

S (e

−)z − S (e

+)z

χ(e−)+ χ

(e+)−

≡

eB

mc

S (e

−)z ⊗ 1 − 1 ⊗ S (e

+)z

χ(e−)+ ⊗ χ

(e+)−

= eB

mc

2 −−

2 χ(e−)

+

χ(e+)

−= eB

mcχ

(e−)

+

χ(e+)

−

8/7/2019 -Sakurai-3


CAPÍTULO 3. PROBLEMA 3.4 89

donde hemos tenido en cuenta que los operadores con superíndice (e+) ó (e−) actúan sólosobre las funciones con el superíncidice correspondiente y que:

S zχ± = ±

2χ±.

Por tanto, χ(e−)+ χ

(e+)− es autofunción de H con autovalor eB

mc .

(b) Ahora:

H χ(e−)+ χ

(e+)− =

AS(e

−)·S

(e+)

χ(e−)+ χ

(e+)−

= A

S (e−)

x S (e+)

x + S (e−)

y S (e+)

y + S (e−)

z S (e+)

z

χ(e−)+ χ

(e+)−

= A

2

4 (χ

(e−)

− χ

(e+)

+ + χ

(e−)

− χ

(e+)

+ − χ

(e−)

+ χ

(e+)

− )

El cálculo es sencillo, simplemente hemos tenido en cuenta que:

S x =1

2(S + + S −); S y = − i

2(S + − S −)

S ±χ = χ±; S +χ+ = S −χ− = 0

O bien:

S x.

=

2

0 11 0

; S y

.=

2

0 −ii 0

; S z

.=

2

1 00 −1

Tenemos por tanto que en este caso no es autofunción del Hamiltoniano.

El valor esperado es:

χ(e−)+ χ

(e+)− |H |χ(e−)

+ χ(e+)− =

=A2

4χ

(e−)+ χ

(e+)− |χ(e−)

− χ(e+)+ + χ

(e−)− χ

(e+)+ − χ

(e−)+ χ

(e+)−

=A2

4

χ

(e−)+ |χ(e−)

− χ(e+)− |χ(e+)

+ + χ(e−)+ |χ(e−)

− χ(e+)− |χ(e+)

+ + · · · · · ·

= − A2

4

y hemos utilizado que:

χ+|χ+ = χ−|χ− = 1; χ+|χ− = χ−|χ+ = 0

Problema 3.4

Considera una partícula de spin 1. Calcula los elementos de matriz de

S z(S z + )(S z − ) y S x(S x + )(S x − ).

8/7/2019 -Sakurai-3



Solución:

Ya hemos visto en el Problema 1.7, pág. 10 que para todo operador hermítico A conautovalores a el siguiente producto: a(autovalores)

(A − a)

era precisamente el operador nulo.Pero los operadores S z y S x para una partícula de spin 1, tienen autovalores λ = 0,±.Entonces las expresiones del enunciado son de la forma anterior y por tanto no son másque el operador nulo, de modo que todos los elementos de matriz van a ser 0.Esto se ve bastante claro si tratamos de calcular los elementos de matriz solicitados parael primer caso, por ejemplo, debido a que:

S z|S z; 0 = 0; (S z − )|S z; +1 = 0; (S z + )|S z; −1 = 0

y tenemos que siempre hay algún factor del productorio que se anula. (El orden de losfactores no importa porque los S z conmutan entre sí).

Problema 3.5

Sea el Hamiltoniano de un cuerpo rígido:

H =1

2 K 21

I 1

+K 22

I 2

+K 23

I 3 .

donde K es el momento angular en el sistema de referencia del propio sólidorígido. De esta expresión obtén la ecuación del movimiento de Heisembergpara K y a partir de ella encuentra, en el límite correspondiente, la ecuaciónde Euler del movimiento.

Problema 3.6

Sea U = eiG3αeiG2β eiG3γ , donde (α,β,γ ) son los ángulos de Euler. Para que U represente una rotación (α,β,γ ), ¿cuáles son las relaciones de conmutación que

debe de satisfacer Gk? Relaciona G con los operadores de momento angular.

Solución:

(CORREGIR: 3.6, 3.7, 3.13 relacionats)

Problema 3.7

¿Cuál es el significado de la siguiente ecuación:

U −1

AkU = RklAl ,

http://-/?-

http://-/?-

8/7/2019 -Sakurai-3



donde las tres componentes de A son matrices? A partir de la ecuación anteriormuestra que los elementos de matriz m|Ak|n se transforman como vectores.

Solución:


Problema 3.8

Considera una secuencia de rotaciones de Euler representada por

D (1/2)(α,β,γ ) = exp

−iσ3α

2 exp−iσ2β

2 exp−iσ3γ

2 =

e−i(α+γ )/2 cosβ

2− e−i(α−γ )/2 sin

β

2

ei(α−γ )/2 sinβ

2ei(α+γ )/2 cos

β

2

.

Debido a las propiedades grupales de las rotaciones, esperamos que esta secuen-cia de operaciones sea equivalente a una única rotación alrededor de cierto ejey de ángulo θ. Encuentra θ.

Solución:

Siendo

D (1/2)(α,β,γ ) =

e−i(α+γ )/2 cosβ

2− e−i(α−γ )/2 sin

β

2

ei(α−γ )/2 sinβ

2ei(α+γ )/2 cos

β

2

y

D

(1/2)

(n, θ) =

cosθ

2− inz sinθ

2 (−inx − ny)sinθ

2(−inx + ny)sin

θ

2

cos

θ

2

+ inz sin

θ

2

dos representaciones equivalentes de dimensión 2 del grupo SU (2), debe de existir unatransformación unitaria que lleve de una a otra, pero como las transformaciones unitariasconservan la traza, entonces se tiene que:

Tr(D (1/2)(n, θ)) = Tr(D (1/2)(α,β,γ ))

entonces:

cosθ

2 = cosβ

2 e−i(α+γ )/2 + ei(α+γ )/2 = cosβ

2 cosα + γ

2

8/7/2019 -Sakurai-3



Resultado:

cosθ

2 = cosβ

2 cosα + γ

2

Problema 3.9

(a) (CORREGIR) Considera un estado puro1 de sistemas de spin 12 idéntica-

mente preparados. Supón que conocemos los valores esperados S x y S zy el signo de S y. Muestra cómo podemos determinar el vector estado.¿Por qué es innecesario conocer la magnitud de S y?

(b) (CORREGIR) Considera un estado mezcla de sistemas de spin 1

2. Supón

que las mezclas medias [S x], [S y], y [S z] son todas conocidas. Muestra cómopodemos construir la matriz densidad 2 × 2 que caracteriza a la mezcla.

Solución:

(a) Ya hemos visto (por ejemplo, en el Problema 1.9, pág. 12 ) que un estado propio deS·n, con autovalor /2, siendo n = (cos α sin β, sin α sin β, cos β ) una dirección arbitraria,venía dado por:

|φ = cos

β

2

|+ + sin

β

2

eiα|− 0 ≤ β < π

0 ≤ α < 2π

salvo una fase global inobservable.Como tenemos un estado puro, la matriz densidad viene dada entonces por:

ρ = |φφ|

Entonces:

S z = Tr(ρS z)

= + | cos β

2+ −|e−iα sin β

2

2

(|++|−|−−|) cos β 2|+ + eiα sin β

2|−

=

2cos β

S x = Tr(ρS x)

=

+ | cos

β

2+ −|e−iα sin

β

2

2(|+−| + |−+|)

cos

β

2|+ + eiα sin

β

2|−

=

2sin β cos α

1CORREGIR: Hemos traducido pure ensemble y mixed ensemble por estado puro y estado mezcla,

respectivamente

http://-/?-

http://-/?-

8/7/2019 -Sakurai-3


8/7/2019 -Sakurai-3



Entonces queda:

ρ = 1

2+

[S z]

[S x]

−i

[S y]

[S x]

+ i

[S y]

1

2− [S z]

Ahora, para un estado mezcla, necesitamos conocer las tres cantidades, [S x], [S y] y [S z].Fijarse que esto es consecuencia de que la matriz densidad es una matriz hermítica 2 × 2,y de traza unidad. Como consecuencia, necesitamos conocer tres parámetros reales paraque quede completamente determinada:

8 (matriz 2 × 2 compleja) − 4 (por ser hermítica) − 1 (por la traza)

Problema 3.10

(a) Demuestra que la evolución temporal del operador densidad ρ (en la ima-gen de Shrödinger) viene dado por:

ρ(t) = U (t, t0)ρ(t0)U †(t, t0).

(b) (CORREGIR) Supón que tenemos un estado puro en t = 0. Demuestra que

no puede evolucionar a un estado mezcla mientras la evolución temporalesté gobernada por la ecuación de Shrödinger.

Solución:

La matriz densidad viene definida por:

ρ ≡

iwi|α(i)α(i)|

con |α(i) estados normalizados, (α(i)|α(i) = 1).El cambio en ρ viene gobernado únicamente por la evolución temporal del ket |α(i):

|α(i) en t0pasa a−→ |α(i), t0; t = U (t, t0)|α(i) ec. (3.4.28) Sakurai

Por lo tanto:

ρ(t) =i

wi|α(i), t0; tα(i), t0; t| =i

wiU (t, t0)|α(i), t0α(i), t0|U †(t, t0)

= U (t, t0)i wi

|α(i), t0

α(i), t0

|U †(t, t0) = U (t, t0)ρ(t0)U †(t, t0)

8/7/2019 -Sakurai-3



Fijarse que como consecuencia de lo anterior, tenemos que la matriz densidad en la imagende Heisemberg no depende del tiempo:

ρH ≡ U †(t, t0)ρ(t)U (t, t0) = U †U ρ(t0)U U † = ρ(t0)

donde ρ sin subíndice se refiere a la matriz densidad en la imagen de Schrödinger.Como consecuencia del resultado anterior, podemos obtener fácilmente la ecuación delmovimiento del operador densidad:

0 =∂ρH

∂t=

∂ U †

∂tρ(t)U + U

†∂ρ(t)

∂tU + U

†ρ(t)∂ U

∂t

= U †

∂ρ(t)

∂t+

i

[H, ρ]

U = 0

donde hemos tenido en cuenta que el operador evolución temporal tiene la forma:

U (t, t0) = exp

−iH (t − t0)

para un Hamiltoniano independiente del tiempo.Por lo tanto, si la expresión anterior ha de ser 0, necesariamente:

i∂ρ(t)

∂t= −[ρ, H ]

de acuerdo con la ecuación (3.4.30) del Sakurai.

(b) El resultado es inmediato de lo que hemos visto en el apartado anterior. Para un estadopuro, la matriz densidad viene dada por:

ρ(t0) = |α, t0α, t0|.Y la evolución de ρ será entonces:

ρ(t) = U (t, t0)ρ(t0)U †(t, t0) = U (t, t0)|α, t0α, t0|U †(t, t0) = |α, t0; tα, t0; t|que sigue siendo un estado puro:

ρ2(t) =

U (t, t0)|α, t0α, t0|U †(t, t0)

U (t, t0)|α, t0α, t0|U †(t, t0)

= U (t, t0)|α, t0α, t0|U †(t, t0) = |α, t0; tα, t0; t|= ρ(t)

Tr(ρ2(t)) = Tr(ρ(t)) = α, t0|α, t0 = 1

Nota:

Ahora que ya hemos visto que no hay manera de que un estado puro evolucione a un estadomezcla mientras la evolución temporal esté gobernada por la ecuación de Schrödinger,consideremos el siguiente ejemplo:

Consideremos un conjunto de sistemas idénticamente preparados en un estado puro

representado por un vector |ψ. Supongamos que cierto operador A forma un C.C.O.C.

8/7/2019 -Sakurai-3



(conjunto completo de observables compatibles) para este sistema, entonces podemos es-cribir |ψ en términos de los autovectores de A del siguiente modo:

|ψ = a

ca |a

|a son los autovectores de A, y ca = a|ψ, donde |ca |2 = |a|ψ|2 representa la proba-bilidad de que, tras una medida de A, obtengamos el valor propio a.La correspondiente matriz densidad vendrá dada por:

ρ = |ψψ| (estado puro)

Supongamos ahora que realizamos sobre los miembros del sistema una serie de medidas no

filtrantes 2 de A. De acuerdo con lo anterior, después de esta serie de medidas habremos

obtenido una fracción |ca |2

de las veces el resultado a, y esta fracción del sistema ven-drá descrita, después de las medidas, por el correspondiente autovector |a. Igualmente,obtendremos una fracción |ca |2 de las veces el autovalor a, y esta fracción del sistemavendrá descrita por el |a, etc. En el lenguaje de la matriz densidad, lo que tenemos trasel conjunto de medidas es ¡un estado mezcla!, descrito por la matriz densidad:

ρ =a

|ca |2|aa| .=

|ca |2 0 · · · 00 |ca |2 · · · 0...

.... . . 0

0 0 · · · |caN |2

representada en la base de los |a.Pero ¿no habíamos dicho que no había manera de que un estado puro evolucionara aun estado mezcla mientras la evolución temporal estuviera gobernada por la ecuación deSchrödinger? ¿Qué ha sucedido aquí? ¿El razonamiento es incorrecto? ¿Es éste un contra-ejemplo?La respuesta en el Capítulo 17 del libro de Bransden[1]. (Del que recomendamos su lec-tura, por supuesto). Se recomienda leer también del apartado 1.4 del Sakurai, la secciónObservables incompatibles . Por último, un tratamiento similar al del Bransden lo encon-tramos en el Capítulo 17 del Greiner[4]

Problema 3.11

Considera un conjunto de sistemas idénticamente preparados de spin 1. Lamatriz densidad es ahora una matriz 3 × 3. ¿Cuántos parámetros (reales) inde-pendientes se necesitan para caracterizar la matriz densidad? ¿Qué debemos

2Medidas no filtrantes, o medidas de primera especie, o medidas ideales, son aquellas realizadas parapreparar a nuestro sistema en un estado con unos valores concretos de determinados observables, de formaque medidos éstos, (los observables), inmediatamente después tienen con certeza los mismos valores conque lo preparamos. En cambio, medidas filtrantes o de primera especie, son aquellas que destruyen lapropiedad medida sobre el sistema. De este modo, las medidas no filtrantes nos permiten decir algo sobreel comportamiento futuro de nuestro sistema, mientras que las medidas filtrantes nos dan información

sobre el inmediato pasado de nuestro sistema.

http://-/?-

http://-/?-

http://-/?-

http://-/?-

8/7/2019 -Sakurai-3



conocer además de [S x], [S y], y [S z] para caracterizar el estado completamente?

Solución:

Recorda’t de mirar pág. 187 GREINER: generadors de SU(3).

Problema 3.12

Un autoestado de momento angular |j, m = mmáx = j es rotado un ángulo

infinitesimal alrededor del eje y. Sin utilizar la forma explicita de la d(j)mm,

obtén una expresión para la probabilidad de encontrar el nuevo estado rotado

en el estado original salvo términos de orden 2.

Solución:

Recordemos:

|αR = D (R)|α

D (n, φ) = lımN →∞ 1

− J·n

φ

N N

= exp

−i(J·n)φ

= 1 − i(J·n)φ

− (J·n)2φ2

22+ · · ·

Así, en nuestro caso:

D (ny, ) = 1 − iJ y

− J 2y 2

22+ O(3)

Nos queda:

|j, m = jR = D (ny, )|j, j =

1 − iJ y

− J 2y 2

22+ O(3)

|j, j

Y utilizando:

Jx =(J + + J −)

2; Jy =

(J + − J −)

2i

J ±|j, m = (j m)(j ± m + 1)|j, m ± 1

8/7/2019 -Sakurai-3



podemos calcular:

J y|j, j =

(J +

−J −

)

2i |j, j =

i

2 J −|j, j =

i

2 2j|j, j − 1J 2y |j, j = J yJ y|j, j = −(J + − J −)

2i

i

2

2j|j, j − 1

=√

2j

4(J +|j, j − 1 − J −|j, j − 1)

=√

2j

4

2j|j, j −

(2j − 1)2|j, j − 2

=

2

2j|j, j − 2

2

(2j − 1)j|j, j − 2

Entonces:

|j, jR = |j, j +

2

2j|j, j − 1 − 2

4j|j, j +

2

4

j(2j − 1)|j, j − 2 +O(3)

=

1 − 2

4j

|j, j +

2

2j|j, j − 1 +

2

4

j(2j − 1)|j, j − 2 +O(3)

Y la probabilidad de encontrar el nuevo estado rotado en el estado original viene dada por:

|j, j|j, jR|2 ≈

1 − 2

4j

2

= 1 − 2

2j + O(4)

FER RESULTAT EXACTE QUE CREC QUE IX |d(j)jj |2

Problema 3.13

Muestra que las matrices 3 × 3, Gi (i = 1, 2, 3), cuyos elementos vienen dadospor:

(Gi)jk = −iijk ,

donde j y k son los índices fila y columna, satisfacen la relaciones de conmu-tación del momento angular. ¿Cuál es el significado físico (o geométrico) de la

matriz de transformación que conecta G con las más comunes representaciones3×3 del operador momento angular J i, con J 3 diagonal? Relaciona tu resultadocon:

V → V + nδφ × V

bajo rotaciones infinitesimales. (Nota: Este problema puede ser útil para en-tender el spin del fotón).

Solución:


8/7/2019 -Sakurai-3



Bien, tenemos:

([Gi, Gj])kl = (Gi)ks(Gj)sl−

(Gj)ks(Gi)sl

= (−iiks)(−ijsl) − (−ijks)(−iisl)

= −2(iksjsl − jksisl)

= 2(iksjls − jksils)

= 2 ((δijδkl − δilδkj) − (δjiδkl − δjlδki))

= 2(δjlδki − δilδkj)

= 2lksjis =

2sklijs = iijs(−iskl)

= iijs(Gs)kl q.e.d.

Hemos utilizado la siguiente relación:

ijskls = δikδjl − δilδjk

Problema 3.14

(a) Sea J el momento angular. (Puede ser tanto el momento angular orbitalL, el momento de spin S ó Jtotal). Utilizando el hecho de que J x, J y, J z

(J ± = J x± iJ y) satisfacen las relaciones de conmutación usuales, demuestraque:

J2 = J 2z + J +J − − J z.

(b) Utilizando (a), (o de otro modo), obtén la «famosa» expresión para elcoeficiente c− que aparece en:

J −ψjm = c−ψj,m−1.

Solución:

(Para ver más sobre este ejercicio, podemos consultar el Apartado 3.5 del Sakurai).

(a)

J2 = J 2x + J 2y + J 2z =(J + + J −)

2

(J + + J −)

2+

(J + − J −)

2i

(J + − J −)

2i+ J 2z

= J 2z +1

2(J +J − + J −J +) = J 2z +

1

2(J +J − + J +J − − [J +, J −])

= J

2

z +

1

2 (2J +J − − 2

J z) = J

2

z + J +J − −

J z q.e.d.

8/7/2019 -Sakurai-3


8/7/2019 -Sakurai-3



Solución:

(a) Teniendo en cuenta que:

Y 01 =

3

4πcos θ =

3

4π

z

r−→ z = r

4π

3Y 01

Y ±11 =

3

4π

x ± iy√2r

−→

x = r

2π

3

Y −11 − Y +11

y = ir

2π

3

Y −11 + Y +11

entonces, sustituyendo en la función de onda queda:

ψ(x) =

2π

3rf (r)

(i − 1)Y +11 + 3

√2Y 01 + (i + 1)Y −11

y, puesto que sólo aparecen en la función de onda armónicos esféricos con un único valorde l, l = 1, claramente es autofunción de L2, («tiene» un valor de l «definido»), con l = 1,y autovalor 2l(l + 1) = 22.(Recordemos que los armónicos esféricos son autoestados del operador L2:

L2Y ml = l(l + 1)2Y ml )

———————————–

Podemos obtener también este resultado viendo directamente la actuación del operador L2

sobre la función de onda:

x|L2|α = −2

1

sin2 θ

∂ 2

∂φ2+

1

sin θ

∂

∂θ

sin θ

∂

∂θ

x|α ec. (3.6.15) Sakurai

Escribiendo nuestra función de onda en esféricas:

x = r sin θ cos φy = r sin θ sin φ (coordenadas esféricas)z = r cos θ

ψ(x) = rf (r)(sin θ cos φ + sin θ sin φ + 3 cos θ)

Entonces:

1sin2 θ

∂ 2

∂φ2ψ(x) = rf (r) 1

sin2 θ∂ 2

∂φ2(sin θ cos φ + sin θ sin φ + 3 cos θ)

= rf (r)1

sin2 θsin θ

∂

∂φ(− sin φ + cos φ)

= −rf (r)1

sin θ(cos φ + sin φ)

1

sin θ

∂

∂θ

sin θ

∂

∂θ

ψ(x) = rf (r)

1

sin θ

∂

∂θ

sin θ

∂

∂θ

(sin θ cos φ + sin θ sin φ + 3 cos θ)

= rf (r)1

sin θ

∂

∂θ(sin θ cos θ(cos φ + sin φ) − 3sin2 θ)

= rf (r)

1

sin θ ((cos

2

θ − sin

2

θ)(cos φ + sin φ) − 6sin θ cos θ)

8/7/2019 -Sakurai-3



Y juntándolo todo:

L2ψ(x) =

−2rf (r)

1

sin θ

((

−1 + cos2 θ

−sin2 θ)(cos φ + sin φ)

−6sin θ cos θ)

= −2rf (r)

1

sin θ(−2sin2 θ(cos φ + sin φ) − 6sin θ cos θ)

= 22rf (r)(sin θ cos φ + sin θ sin φ + 3 sin φ)

= 22ψ(x) = l(l + 1)2ψ(x) q.e.d.

(b) En el apartado anterior ya habíamos escrito la función de onda en términos de losarmónicos esféricos, del siguiente modo:

ψ(x) =

2π

3rf (r)

(i − 1)Y +11 + 3

√2Y 01 + (i + 1)Y −11

Problema 3.16

Una partícula en un potencial esféricamente simétrico, se sabe que está enun autoestado de L2 y Lz con autovalores

2l(l + 1) y m, respectivamente.Demuestra que los valores esperados entre los estados |lm, satisfacen:

Lx = Ly = 0, L2x = L2

y =

l(l + 1)2 − m2

2

2.

Interpreta este resultado semiclásicamente.

Solución:

Si escribimos Lx y Ly en términos de los operadores escalera:

Lx =(L+ + L−)

2; Ly =

(L+ − L−)

2i

Está claro que:j, m|Lx|j, m = 0 = j, m|Ly|j, m

———————————

Por simetría, es evidente que:

j, m|L2x|j, m = j, m|L2

y|j, mEn cualquier caso:

Ly = e−iπLz/2LxeiπLz/2 =⇒j, m|L2y|j, m = j, m|e−iπLz/2L2

xeiπLz/2|j, m=e−iπm/2eiπm/2j, m|L2

x|j, m = j, m|L2x|j, m q.e.d.

Bien, como L2x + L2

y = L2 − L2z, entonces:

j, m|L2

x|j, m + j, m|L2

y|j, m = j, m|L2

− L2

z|j, m = l(l + 1)2

− m2

2

8/7/2019 -Sakurai-3



Así:

L2x = L2

y = l(l + 1)2 − m2

2

2

como queríamos ver. FALTA ESCRIURE INTERPRETACIÓ SEMICLÀSSICA.

Problema 3.17

Supón que un valor de l semientero, por ejemplo 12 , fuera permitido para el

momento angular orbital. De:

L+Y 1/2,1/2(θ, φ) = 0,

podemos deducir, como siempre:

Y 1/2,1/2(θ, φ) ∝ eiφ/2√sin θ.

Ahora intenta construir Y 1/2,−1/2(θ, φ); mediante

(a) la aplicación de L− a Y 1/2,1/2(θ, φ); y

(b) utilizando L−Y 1/2,−1/2(θ, φ) = 0.

Muestra que los dos caminos conducen a resultados contradictorios. (Esto pro-porciona un argumento contra los valores semienteros de l para el momentoangular orbital).

Solución:

Este problema está resuelto en el propio texto del Sakurai, simplemente lo reproducimosaquí:(a) Por aplicación del operador escalera:

Y 1/2,−1/2(θ, φ)(3.6.36)

=1

L−Y 1/2,1/2(θ, φ)

(3.6.36)= e−iφ

− ∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

Y 1/2,−1/2(θ, φ)

∝ e−iφ

− ∂

∂θ+ i cot θ

∂

∂φ

(eiφ/2

√sin θ)

= −e−iφ/2 cot θ√sin θ

(b) Por otro lado, a partir de L−Y 1/2,−1/2(θ, φ) = 0, tenemos:

0 = L−Y 1/2,−1/2(θ, φ)(3.6.36)

= −ie−iφ

−i

∂

∂θ− cot θ

∂

∂φ

Y 1/2,−1/2(θ, φ)

Y de la resolución de la anterior ecuación en derivadas parciales, se tiene que:

Y 1/2,−1/2(θ, φ) ∝ e−iφ/2√

sin θ

Entonces, los resultados obtenidos en (a) y (b) son incompatibles y esto proporciona un

argumento contra los valores semienteros de l para el momento angular orbital.

8/7/2019 -Sakurai-3



Problema 3.18

Considera un autoestado de momento angular orbital |l = 2, m = 0. Supón

que rotamos este estado un ángulo β alrededor del eje y. Encuentra la probabi-lidad de encontrar el nuevo estado en m = 0, ±1 y ±2. (Los armónicos esféricospara l = 0, 1 y 2, que vienen en el Apéndice A pueden ser útiles).

Solución:

Rotamos nuestro estado, que pasa a:

|l = 2, m = 0−→|l = 2, m = 0R = D (α = 0, β , γ = 0)|l = 2, m = 0

donde α, β y γ son los ángulos de Euler asociados con la rotación.Las distintas amplitudes de probabilidad se obtienen entonces proyectando el estado finalsobre cada uno de los autoestados |l = 2, m:

2, m|l = 2, m = 0R = 2, m|D (0, β, 0)|2, 0 = D (2)m0(0, β, 0)

Pero, de acuerdo con la ec. (3.6.52) del Sakurai:

D (l)m0(α,β,γ = 0) =

4π

(2l + 1)Y m

∗

l (β, α)

Entonces, las distintas probabilidades vienen dadas por:

|2, m|l = 2, m = 0R|2 = |D (2)m0(0, β, 0)|2 =4π

5|Y m

∗

2 (β, 0)|2

Resultado:

m = 0 −→ p(m = 0) =1

4(3cos2 β − 1)2

m = ±1 −→ p(m = ±1) =3

2cos2 β sin2 β

m = ±2 −→ p(m = ±2) =3

8sin4 β

Como comprobación, veamos que la suma de probabilidades da 1:

p(0)+p(−1) + p(+1) + p(−2) + p(+2) =

=1

4(2cos2 β − sin2 β )2 + 3 cos2 β sin2 β +

3

4sin4 β

=1

4(4cos4 β + sin4 β − 4cos2 β sin2 β ) + 3 cos2 β sin2 β +

3

4sin4 β

= sin4 β + cos4 β + 2 cos2 β sin2 β = sin4 β + cos2 β (cos2 β + 2 sin2 β )

= sin4 β + cos2 β (1 + sin2 β ) = cos2 β + sin2 β (sin2 β + cos2 β )

= cos2 β + sin2 β = 1

8/7/2019 -Sakurai-3



Problema 3.19

¿Cuál es el significado físico de los operadores:

K + ≡ a†+a†− y K − ≡ a+a−

en el esquema de Schwinger del momento angular?(CORREGIR) Da los ele-mentos de matriz no nulos de K ±.

Solución:

Siguiendo la notación del apartado 3.8 del Sakurai:

K +|n+, n− = a†+a†−|n+, n− =

(n+ + 1)(n− + 1)|n+ + 1, n− + 1

K −|n+, n− = a+a−|n+, n− = √n+n−|n+ − 1, n− − 1Recordemos que:

j ≡ n+ + n−2

; m ≡ n+ − n−2

=⇒ n+ = j + m; n− = j − m

Así:

K +|j, m =

(j + m + 1)(j − m + 1)|j + 1, mK −|j, m =

(j + m)(j − m)|j − 1, m

Y los elementos de matriz no nulos son:

j + 1, m|K +|j, m =

(j + m + 1)(j − m + 1)

j − 1, m|K −|j, m =

(j + m)(j − m)

FALTA COMENTARI DE SIGNIFICAT FÍSIC

Problema 3.20

Sumemos momentos angulares j1 = 1 y j2 = 1 para formar estados conj = 2, 1 y 0. Utilizando bien el método del operador escalera o bien la relaciónde recurrencia, expresa todos (los nueve)

j, m

autoestados en términos de

|j1j2; m1m2. Escribe tu respuesta como:

|j = 1, m = 1 =1√

2|+, 0 − 1√

2|0, +,...,

donde + y 0 significan m1,2 = 1,0, respectivamente.

Solución:

El problema es sencillo utilizando el método del operador escalera. Utilizaremos la relación:

J ±|j, m = (j m)(j ± m + 1) |j, m ± 1 ecs. (3.5.39) y (3.5.40) Sakurai

8/7/2019 -Sakurai-3



Y el procedimiento es siempre el mismo: partimos del estado con tercera componente mmayor para ir alcanzando las otros estados mediante aplicación sucesiva del operador esca-lera. Cuando hemos llegado a la m más baja, disminuímos en una unidad la j y empezamosde nuevo, construyendo este primer estado teniendo en cuenta que ha de ser ortogonal atodos los estados que hemos construído hasta ese momento. (Igualmente podríamos em-pezar con el estado con la m más baja, para el valor de j dado e ir «subiendo» con eloperador escalera).Así, empezamos con el estado |j = 2, m = 2 que necesariamente tiene que ser:

| j2,

m2 = | j1

1 ,m1

1 ⊗ | j21 ,

m2

1 ≡ | m1

+ ,m2

+

Aplicamos ahora el operador escalera J − = J 1− + J 2− a este estado:

J −|j

2,

m

2 = (J 1− + J 2−)|m1

+ ,

m2

+ ≡ (J 1− ⊗ 1 + 1 ⊗ J 2−)|j1

1 ,

m1

1 ⊗ |j2

1 ,

m2

1 Entonces queda:

√4 | j

2,m1 =

√2 | j1

1 ,m1

0 ⊗ | j21 ,

m2

1 +√2 | j1

1 ,m1

1 ⊗ | j21 ,

m2

0 ≡

√2 (

| m1

0 ,m2

+ +

| m1

+ ,m2

0 )

Luego:

|

j2,

m1

=

1

√2 |

m1

0 ,m2

+

+

1

√2 |

m1

+ ,m2

0

Aplicamos ahora a |2, 1 el operador J − para obtener el |2, 0:

J −| j2,

m1 = (J 1− ⊗ 1 + 1 ⊗ J 2−)

1√2

(| j11 ,

m1

0 ⊗ | j21 ,

m2

1 + | j11 ,

m1

1 ⊗ | j21 ,

m2

0 )

√6| j

2,m0 =

1√2

(√

2| j11 ,

m1−1 ⊗ | j21 ,

m2

1 +√

2| j11 ,

m1

0 ⊗ | j21 ,

m2

0 )+

+1√

2(√

2| j11 ,

m1

0 ⊗ | j21 ,

m2

0 +√

2| j11 ,

m1

1 ⊗ | j21 ,

m2−1)

√6 |j

2,

m

0 =

√2 (√2|m1

− ,

m2

+ + √2|m1

0 ,

m2

0 + √2|m1

0 ,

m2

0 + √2|m1

+ ,

m2

−)

Resultado:

| j2,

m0 =

1√6

(| m1

+ ,m2− + 2| m1

0 ,m2

0 + | m1− ,m2

+ )

Aplicamos J − a |2, 0 para obtener el estado |2, −1. Ya no lo hacemos tan detallado,tampoco nos molestamos en evaluar el lado izquierdo, simplemente la normalización delestado nos dará el factor correcto:

|2, −1 ∝ 1√6

(√

2|0, − + 2√

2|−, 0 + 0 + 0 + 2√

2|0, − +√

2|−, 0)

= √3(|0, − + |−, 0)

8/7/2019 -Sakurai-3



Normalizando:

|2,

−1

=

1

√2

(

|0,

−+

|−, 0

)

Y, el que nos queda, necesariamente tiene que ser:

|2, −2 = |−, −

Empecemos ahora con los estados con j = 1.

—————————————

Ahora, para nuestra tranquilidad y para practicar con los Clebsch-Gordan, vamos a cons-truir los estados utilizando la relación:

|(j1j2)jm =

j1m1=−j1

j2m2=−j2

C (j1j2j|m1m2m)|j1m1|j2m2

que es el modo usual en que los construiremos. C (j1j2j|m1m2m) son los coeficientes de

Clebsch-Gordan , que sólo son distintos de cero si m = m1 + m2.Entonces:

j=2

| j2,

m2 = C (

j11j21j2 | m1

1m2

1m2)| j1

1 ,m1

1 | j21 ,

m2

1 = | j11 ,

m1

1 | j21 ,

m2

1 ≡ | m1

+ ,m2

+

| j2,

m1 = C (

j11j21j2 | m1

1m2

0m1)| j1

1 ,m1

1 | j21 ,

m2

0 + C (j11j21j2 | m0

1m2

1m1)| j1

1 ,m1

0 | j21 ,

m2

1

= C (j11j21j2 | m1

1m2

0m1)| m1

+ ,m2

0 + C (j11j21j2 | m0

1m2

1m1)| m1

0 ,m2

+

=

1

√2 |+, 0 +

1

√2 |0, +|2, 0 = C (112|1−10)|+, − + C (112|000)|0, 0 + C (112|−110)|−, +

=1√

6|+, − +

2

3|0, 0 +

1√6|−, +

|2, −1 = C (112|0−1−1)|0, − + C (112|−10−1)|−, 0 =

=1√

2|0, − +

1√2|−, 0

|2,

−2

= C (112

|−1

−1

−2)

|−,

−=

|−,

−

8/7/2019 -Sakurai-3



j=1

|1, 1 = C (111|101)|+, 0 + C (111|011)|0, +=

1√2|+, 0 − 1√

2|0, +

|1, 0 = C (111|1−10)|+, − + C (111|000)|0, 0 + C (111|−110)|−, +

=1√

2|+, − − 1√

2|−, +

|1, −1 = C (111|0−1−1)|0, − + C (111|−10−1)|−, 0

=1

√2 |0,

− −

1

√2 |−, 0

j=0

|0, 0 = C (110|1−10)|+, − + C (110|000)|0, 0 + C (110|−110)|−, +

=1√

3|+, − − 1√

3|0, 0 +

1√3|−, +

Vemos que nos dan los mismos resultados que habíamos obtenido antes, utilizando elmétodo del operador escalera.

Problema 3.21

(a) Calculaj

m=−j

|d(j)mm(β )|2m

para cualquier j (entero o semientero). Comprueba tu respuesta paraj = 1

2 .

(b) Demuestra, para cualquier j,

jm=−j

m2|d(j)mm(β )|2 =1

2j(j + 1) sin2 β + m2 1

2(3cos2 β − 1).

[Ayuda: Lo anterior puede ser probado de diferentes maneras. Puedes,por ejemplo, examinar las propiedades bajo rotaciones de J 2z utilizando ellenguaje de los tensores esféricos (irreducibles)]

Solución:

8/7/2019 -Sakurai-3



(a) Considera un sistema con j = 1. Escribe explícitamente:

j = 1, m

|J y

|j = 1, m

como una matriz 3 × 3.

(b) Muestra que para j = 1 sólamente, es legítimo reemplazar e−iJ yβ/ por:

1 − i

J y

sin β −

J y

2

(1 − cos β )

(c) Utilizando (b), demuestra que:

d(j=1)(β ) =

12 (1 + cos β ) − 1√

2 sin β 1

2 (1 − cos β )

1√

2

sin β cos β −

1√

2

sin β

1

2

(1 − cos β )

1√

2

sin β

1

2

(1 + cos β )

Solución:

(a)

J y =(J + − J −)

2i

j, m|J ±|j, m =

(j m)(j ± m + 1) δjjδm,m±1

Entonces, calculando los distintos elementos de matriz tenemos:

J (j=1)+

.=

0√

2 0

0 0√

2

0 0 0 J (j=1)

−

.=

0 0 0√2 0 0

0 √2 0 J (j=1)y

.=

2

0 −√2 i 0√

2 i 0 −√2 i

0√

2 i 0

(b) Realizando los productos, es sencillo verificar que:

J y

n

=

J y

, n = 1, 3, 5, 7,...

J y

2

, n = 2, 4, 6, 8,...

8/7/2019 -Sakurai-3



Efectivamente:

J y

2.=

12 0

−12

0 1 0

−12 0 +1

2

J y

3.=

0

−i√2

0

i√2

0 − i√2

0 i√2

0

.=J y

(Esto sólo sucede para j = 1).

Entonces:

exp

−iJ yβ

= 1 − iβ

J y

+

(−i)2β 2

2!

J y

2

+(−i)3β 3

3!

J y

3

+ · · ·

= 1 − i

J y

β − β 3

3!+ · · ·

+

J y

2−β 2

2!+

β 4

4!− · · ·

= 1 − iJ y

sin β +

J y

2(cos β − 1)

(c) Finalmente, utilizando los resultados del apartado anterior:

d(j=1)(β ) = exp

−iJ yβ

= I − i

J y

sin β +

J y

2

(cos β − 1)

.=

1

2 (1 + cos β ) −1√

2sin β

1

2 (1 − cos β )

1√

2

sin β cos β −

1√

2

sin β

1

2

(1 − cos β )

1√

2

sin β

1

2

(1 + cos β )

Problema 3.23

Expresa el elemento de matriz α2β 2γ 2|J 23 |α1β 1γ 1 en términos de una serie

enD

jmn(αβγ ) = αβγ |jmn.

Problema 3.24

Considera un sistema constituído por dos partículas de spin 12 . El observador

A se especializa en medir las componentes de spin de una de las partículas (s1z,s1x y así), mientras que el observador B mide las componentes de spin de laotra partícula. Supón que el sistema se sabe que se encuentra en un estado

singlete de spin, esto es, con S total = 0.

8/7/2019 -Sakurai-3



(a) ¿Cuál es la probabilidad para el observador A de obtener s1z = /2 cuandoel observador B no realiza ninguna medida? El mismo problema paras1x = /2.

(b) El observador B determina que el spin de la partícula 2 se encuentra en elestado s2z = /2 con certeza. ¿Qué podemos entonces concluir acerca delresultado de la medida del observador A si (i) A mide s1z y (ii) A mides1x? Justifica tu respuesta.

Solución:

(Leerse el Apartado 3.9 del Sakurai)

De acuerdo con el enuciado, nuestro sistema se encuentra inicialmente en el estado:

|ψ =1√

2(|z+; z−− |z−; z+) (ec. (3.9.1) Sakurai)

(a)

Problema 3.25

Considera un tensor esférico de rango 1 (esto es, un vector)

V (1)±1 = V x ± iV y√

2, V

(1)0 = V z.

Utilizando la expresión para d(j=1) dada en el Problema 3.22, pág. 110 , calcula:q

d(1)qq(β )V

(1)q

y muestra que tus resultados son justo los que esperarías de las propiedadesde transformación de V x,y,z bajo una rotación alrededor del eje y.

Solución:

El resultado es inmediato:

q

d(1)qq(β )V

(1)q =

1

2

(1 + cos β ) −

1√

2

sin β

1

2

(1 − cos β )

1√

2

sin β cos β −

1√

2

sin β

1

2 (1−

cos β ) 1

√2 sin β 1

2 (1 + cos β )

V (1)+1

V (1)0

V (1)

−1

8/7/2019 -Sakurai-3



Problema 3.26

(a) Construye un tensor esférico de rango 1 a partir de dos vectores diferentes

U = (U x, U y, U z) y V = (V x, V y, V z). Escribe explícitamente T (1)±1,0 en términos

de U x,y,z y V x,y,z.

(b) Construye un tensor esférico de rango 2 a partir de dos vectores diferentes

U y V. Escribe explícitamente T (2)±2,±1,0 en términos de U x,y,z y V x,y,z.

Solución:

Si V = (V x, V y, V z) es un operador vectorial, entonces V (1) ≡ (V (1)+1 , V

(1)0 , V

(1)−1 ) con:

V (1)+1 = − 1√

2(V x + iV y); V

(1)0 = V z; V

(1)−1 = +

1√2

(V x − iV y)

es un tensor irreducible de rango 1.A las V ±1,0 se las llama componentes esféricas del vector V, y decimos que hemos expresadoel vector V en la base esférica:

V = V (1)+1 e ∗+1 + V

(1)+1 e ∗0 + V

(1)−1 e ∗−1

donde:

e+1 = − 1√2

(1, i, 0)

e0 = (0, 0, 1) es la base esférica

e−1 = +

1

√2(1,

−i, 0)

Podemos construir un operador tensorial irreducible T (j)m a partir de otros dos operadores

tensoriales irreducibles A(j1) y B(j2), del siguiente modo:

T (j)m =m1

C (j1, j2, j|m1, m − m1)A(j1)m1

B(j2)m−m1

(ec. (3.10.27) Sakurai)

donde los C (j1, j2, j|m1, m − m1) son los coeficientes de Clebsch-Gordan, y A(j1)m1

y B(j2)m−m1

son las componentes esféricas de los tensores A(j1) y B(j2).

8/7/2019 -Sakurai-3



(a) Utilizando la fórmula anterior:

T (1)+1 = C (1, 1, 1

|1, 0, 1)U

(1)1 V

(1)0 + C (1, 1, 1

|0, 1, 1)U

(1)0 V

(1)1

= 1√2

(U (1)1 V

(1)0 − U

(1)0 V

(1)1 )

T (1)0 = C (1, 1, 1|1, −1, 0)U

(1)1 V

(1)−1 + C (1, 1, 1|0, 0, 0)U

(1)0 V

(1)0 + C (1, 1, 1| − 1, 1, 0)U

(1)−1V

(1)1

=1√

2(U

(1)1 V

(1)−1 − U

(1)−1V

(1)1 )

T (1)−1 = C (1, 1, 1|0, −1, −1)U

(1)0 V

(1)−1 + C (1, 1, 1| − 1, 0, −1)U

(1)−1V

(1)0

=1√

2(U

(1)0 V

(1)−1 − U

(1)−1V

(1)0 )

Problema 3.27

Considera una partícula sin spin ligada a un centro fijo por un potencialcentral.

(a) Relaciona, tanto como sea posible, los elementos de matriz

n, l, m| 1√2

(x ± iy)|n,l,m y n, l, m|z|n,l,m

utilizando sólamente el teorema de Wigner-Eckart. Asegúrate de estable-cer bajo qué condiciones los elementos de matriz son no nulos.

(b) Haz el mismo problema utilizando funciones de onda ψ(x) = Rnl(r)Y ml (θ, φ).

Solución:

Reconocemos inmediatamente las componentes esféricas del operador x:

X (1)+1 = −x + iy√

2; X

(1)0 = z; X

(1)−1 =

x − iy√2

Así que lo que nos piden que relacionemos es:

n, l, m|X (1)±1 |n,l,m y n, l, m|X

(1)0 |n,l,m

Por el teorema de Wigner-Eckart:

n, l, m|X (1)k |n,l,m = C (l, 1, l|m,k,m)

n, l||X (1)||n, l√2l + 1

(donde n, l||X (1)||n, l es el elemento de matriz reducido, que no depende de las 3.as

componentes).Por las propiedades de los Clebch-Gordan, sólo tendremos elementos no nulos para:

l = l − 1, l , l + 1

m = m + k, (para cada X (1)k )

8/7/2019 -Sakurai-3



Además, puesto que paridad es un buen número cuántico para un potencial central, yx → −x bajo paridad, la parte radial se va a anular a menos que:

l + l = impar,

con lo que hemos de excluir también l = l.Bien, juntándolo todo, tenemos:

n, l, m ± 1|X (1)±1 |n,l,m =

C (l, 1, l|m, ±1, m ± 1)

C (l, 1, l|m, 0, m)n, l, m|X

(1)0 |n,l,m

distintos de cero para l = l − 1 y l = l + 1.

(b) Expresemos los X (1)k en términos de los armónicos esféricos de orden 1:

X (1)k = r

4π

3Y k1 (ec. (3.10.16) Sakurai)

Entonces:

n, l, m|X (1)k |n,l,m =

d3x

d3xn, l, m|xx|X

(1)k |xx|n,l,m

=

d3xn, l, m|xX

(1)k x|n,l,m =

d3xψ∗(x)X

(1)k ψ(x)

= 4π

3 dr r2Rnl(r)rRnl(r) dΩ Y *m

l (θ, φ)Y k1 (θ, φ)Y ml (θ, φ)

=

2l + 1

2l + 1C (l, 1, l|m,k,m)C (l, 1, l|0, 0, 0)

dr r3Rnl(r)Rnl(r)

Hemos utilizado: dΩ Y

*m3

l3(θ, φ)Y m2

l2(θ, φ)Y m1

l1(θ, φ)

=

(2l1 + 1)(2l2 + 1)

4π(2l3 + 1)

1/2C (l1, l2, l3|m1, m2, m3)C (l1, l2, l3|0, 0, 0)

(ec. (3.7.73) Sakurai)

Entonces, de nuevo tenemos:

n, l, m ± 1|X (1)±1 |n,l,m =

C (l, 1, l|m, ±1, m ± 1)

C (l, 1, l|m, 0, m)n, l, m|X

(1)0 |n,l,m

distintos de cero para l = l − 1 y l = l + 1.

Problema 3.28

(a) Escribe xy, xz y (x2 − y2) como componentes de un tensor esférico (irre-

ducible) de rango 2.

8/7/2019 -Sakurai-3



(b) El valor esperado

Q

≡e

α,j,m = j

|(3z2

−r2)

|α,j,m = j

se conoce como el momento cuadrupolar . Evalúa:

eα,j,m|(x2 − y2)|α,j,m = j,

(donde m = j, j − 1, j − 2,...) en términos de Q y de los coeficientes deClebsch-Gordan apropiados.

Solución:

(a) Sea x = (x,y ,z), sus componentes esféricas vienen dadas por:

X (1)+1 = −x + iy√

2; X

(1)0 = z; X

(1)−1 =

x − iy√2

por tanto:

x = −X (1)+1 − X

(1)−1√

2; y = −X

(1)+1 + X

(1)−1

i√

2; z = X

(1)0

Tenemos también que, dados U y V, dos operadores vectoriales, podemos construir untensor esférico de orden 2 a partir de ellos del siguiente modo:

T (2)

±2 = U

±1V ±1,

T (2)±1 =

U ±1V 0 + U 0V ±1√2

, ec. (3.10.26) Sakurai

T (2)0 =

U +1V −1 + 2U 0V 0 + U −1V +1√6

(Las ecuaciones anteriores se deducen inmediatamente a partir de la ec. (3.10.27) del Sa-kurai, sin más que sustituir los Clebsch-Gordan correspondientes).Así:

xy =1

2i(X

(1)+1 − X

(1)−1)(X

(1)+1 + X

(1)−1 ) =

1

2i((X

(1)+1)2 − (X

(1)−1 )2)

(3.10.26)=

1

2i(T

(2)+2 − T

(2)−2 )

xz = −1

√2 (X

(1)

+1 − X

(1)

−1 )X

(1)

0 = −1

2 (T

(2)

+1 − T

(2)

−1 )

(x2 − y2) =

−X

(1)+1 − X

(1)−1√

2

2

−

−X (1)+1 + X

(1)−1

i√

2

2

= (X (1)+1 )2 + (X

(1)−1)2 = T

(2)+2 + T

(2)−2

Que podemos verlo también sustituyendo en las ec. (3.10.26), U i, V i → X (1)i ,efectivamente:

T (2)±2 =

1

2(x2 − y2) ± ixy

T (2)±1 = z(x ± iy)

T (2)

0= 16 (2z2

−x2

−y2) = 16 (3z2

−r2)

8/7/2019 -Sakurai-3



(b) Por el teorema de Wigner-Eckart:

Q≡

eα,j,m = j

|(3z2

−r2)

|α,j,m = j

(a)= e

√6α,j,m = j

|T (2)

0 |α,j,m = j

(W −E )

= e√

6 C (j, 2, j|j, 0, j)α, j||T (2)||α, j√

2j + 1

luego el elemento de matriz reducido, α, j||T (2)||α, j, se escribe:

α, j||T (2)||α, j =

√2j + 1

e√

6 C (j, 2, j|j, 0, j)Q

Y:

eα,j,m|(x2 − y2)|α,j,m = j(a)

= e(α,j,m|T (2)+2 |α,j,m = j + α,j,m|T (2)−2 |α,j,m = j)

(W −E )= e C (j, 2, j|j, 2, m)

α, j||T (2)||α, j√2j + 1

+ e C (j, 2, j|j, −2, m)α, j||T (2)||α, j√

2j + 1

Y, por las propiedades de los Clebsch-Gordan, el único elemento de matriz no nulo de(x2 − y2) es el que tiene m = j − 2, (no se puede dar m = j + 2, lógicamente):

eα,j,j − 2|(x2 − y2)|α,j,j

= e C (j, 2, j|j, −2, j − 2)α, j||T (2)||α, j√

2j + 1

=

Q

√6

C (j, 2, j

|j,

−2, j

−2)

C (j, 2, j|j, 0, j)

Problema 3.29

Un núcleo de spin 32 situado en el origen está sometido a un campo eléctri-

co inhomogéneo. La interacción cuadrupolar eléctrica básica podemos tomarlacomo la siguiente:

H int =eQ

2s(s−

1)2 ∂ 2φ

∂x20

S 2x + ∂ 2φ

∂y20

S 2y +∂ 2φ

∂z20

S 2z ,

donde φ es el potencial electrostático, satisfaciendo la ecuación de Laplace ylos ejes de coordenadas se han elegido de modo que:

∂ 2φ

∂x∂y

0

=

∂ 2φ

∂y∂z

0

=

∂ 2φ

∂x∂z

0

= 0.

Muestra que la energía de interacción se puede escribir como:

A(3S 2z − S2) + B(S 2+ + S 2−),

y expresa A y B en términos de los (∂ 2φ/∂x2)0, etc. Determina los autoestados

de la energía (en términos de |m, donde m = ±32 , ±

12) y los correspondientes

8/7/2019 -Sakurai-3



autovalores. ¿Hay alguna degeneración?

Solución:

Tenemos que:

H int = K

φxxS 2x + φyyS 2y + φzzS 2z

= K

φxx

S + + S −

2

2

+ φyy

S + − S −

2i

2

+ φzzS 2z

= K

φxx

4(S 2+ + S 2− + S +S − + S −S +) − φyy

4(S 2+ + S 2− − S +S − − S −S +) + φzzS 2z

= K φxx

4+

φyy

4 (S +

S −

+ S −

S +

) + φxx

4 −φyy

4 (S 2+

+ S 2−

) + φzz

S 2z

= · · ·

S2 = S 2x + S 2y + S 2z =1

2(S +S − + S −S +) + S 2z

· · · =

= K

φxx

4+

φyy

4

(2S2 − 2S 2z ) +

φxx

4− φyy

4

(S 2+ + S 2−) + φzzS 2z

Ahora, teniendo en cuenta que φ satisface la ecuación de Laplace:

φ ≡ ∂ 2φ

∂x2+

∂ 2φ

∂y2+

∂ 2φ

∂z2= 0

Entonces:φxx + φyy + φzz = 0 =⇒ φzz = −(φxx + φyy)

Y tenemos que:

H int = K

φxx

4+

φyy

4

(2S2 − 2S 2z ) +

φxx

4− φyy

4

(S 2+ + S 2−) − (φxx + φyy)S 2z

=eQ

2s(s − 1)2

−1

2(φxx + φyy) (3S 2z − S2) +

1

4(φxx − φyy) (S 2+ + S 2−)

=

eQ

2s(s − 1)2

A(3S 2z − S2) + B(S 2+ + S 2−)

como queríamos ver.

————————————————

Calculemos ahora los autoestados del Hamiltoniano y sus autovalores, para ello escribamosH int en la base |s, m. Los distintos elementos de matriz que nos van a aparecer son:

s, m|3S 2z − S2|s, m =

3m2 − s(s + 1)2 δmm

s, m|S 2+|s, m = c+sms, m|S +|s, m + 1 = c+s,mc+s,m+1δmm+2

s, m|S 2−|s, m = c−sms, m|S −|s, m − 1 = c−s,mc−s,m−1δmm−2

donde:

c±sm = (s m)(s ± m + 1) (Ver ec. (3.5.41) Sakurai)

8/7/2019 -Sakurai-3



Nos queda, finalmente:

H int.

=eQ

2s(s − 1)

3A 0 2

√3 B 0

0 −3A 0 2√3 B2√

3 B 0 −3A 0

0 2√

3 B 0 3A

Por ejemplo, el elemento de la 3.a fila y 1.a columna, sería:

s3

2,

m

−1

2

H int

s32

,

m3

2

= KB

3

2, −1

2

S 2−3

2,

3

2

= KB · c−3

2, 32

· c−32,12

= KB√

3 · 1√

2 · 2 2 =eQ

2s(s − 1)2√

3B

Resolviendo la ecuación característica, det(H int − λI) = 0:

(λ2 − 9A2 − 12B2)2 = 0 =⇒ λ = ±

9A2 + 12B2 (dobles)

Autovalores:

λ = ± eQ

2s(s − 1)

9A2 + 12B2 (doblemente degenerados)

Y, resolviendo la ecuación de autovectores, para cada autovalor:

3A 0 2√

3 B 0

0 −3A 0 2√

3 B

2√

3 B 0 −3A 0

0 2√

3 B 0 3A

x1x2x3x4

= λ

x1

x2

x3

x4

Tenemos:

(3A − λ)x1 + 2√

3 Bx3 = 0

(−3A − λ)x3 + 2√

3 Bx1 = 0

(−3A − λ)x2 + 2√

3 Bx4 = 0

(3A − λ)x4 + 2√3 Bx2 = 0

Autovectores:

Para λ = +√

9A2 + 12B2

1

N

3A +√

9A2 + 12B2

2√

3 B

0

1

0

1

N

0

−3A +√

9A2 + 12B2

2√

3 B

0

1

8/7/2019 -Sakurai-3



Para λ = −√9A2 + 12B2

1

N

3A

−

√9A2 + 12B2

2√3 B

0

1

0

1

N

0

−3A − √9A2 + 12B2

2√

3 B

0

1

donde N y N son constantes de normalización. Es sencillo comprobar que los cuatroautovectores son ortogonales.

Fijarse que, puesto que cada autovalor es doblemente degenerado, el subespacio que generacada uno de los autovalores es de dimensión 2.

8/7/2019 -Sakurai-3



-sakurai-3

Documents