Set 8 — Operatori angolari in coordinate sferiche

Si determinino le espressioni degli operatori \(L_z\), \(L_\pm\) e \(L^2\) in coordinate polari sferiche.

1. Punto di partenza: in rappresentazione delle coordinate, \[ \mathbf{L} = \mathbf{r}\times\mathbf{p}, \qquad \mathbf{p}=-i\hbar\nabla. \] Quindi \[ \mathbf{L} = -i\hbar\,(\mathbf{r}\times\nabla). \]
2. Operatore \(L_z\).
   In coordinate sferiche, l’operatore associato alla rotazione attorno a \(z\) è la derivata rispetto a \(\varphi\): \[ \boxed{\,L_z = -i\hbar\,\frac{\partial}{\partial\varphi}\,}. \] (È coerente con \(L_z\,Y_{\ell m}=\hbar m\,Y_{\ell m}\), perché \(Y_{\ell m}\propto e^{im\varphi}\).)
3. Operatori di salita/discesa \(L_\pm\).
   Definizione: \[ L_\pm = L_x \pm i L_y. \] La forma differenziale (standard) in coordinate sferiche è: \[ \boxed{ \,L_\pm = \hbar\,e^{\pm i\varphi} \left( \pm\frac{\partial}{\partial\theta} + i\cot\theta\,\frac{\partial}{\partial\varphi} \right)\, }. \] Controllo di consistenza: agiscono come “alza/abbassa” su \(m\): \[ L_\pm\,|\ell,m\rangle = \hbar\sqrt{\ell(\ell+1)-m(m\pm 1)}\,|\ell,m\pm 1\rangle. \]
4. Operatore \(L^2\).
   L’operatore \(L^2\) coincide con \(-\hbar^2\) volte il “pezzo angolare” del Laplaciano. La forma differenziale è: \[ \boxed{ \,L^2 = -\hbar^2\left[ \frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta} \left(\sin\theta\,\frac{\partial}{\partial\theta}\right) +\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2} \right]\, }. \]

Usando la relazione \[ L_\pm|\ell m\rangle = c_\pm(\ell,m)\,|\ell,m\pm1\rangle,\qquad c_\pm(\ell,m)=\hbar\sqrt{\ell(\ell+1)-m(m\pm1)}, \] dove \(|\ell m\rangle\) sono autostati comuni di \(L^2\) ed \(L_z\), determinare le rappresentazioni matriciali per \(L^2\), \(L_z\), \(L_x\), \(L_y\) relative agli stati con \(\ell=2\).

1. Matrice di \(L^2\).
   Poiché \(L^2|\ell m\rangle=\hbar^2\ell(\ell+1)|\ell m\rangle\), con \(\ell=2\): \[ \ell(\ell+1)=2\cdot 3=6 \quad \Rightarrow\quad L^2 = 6\hbar^2\,\mathbb{I}_5. \] Quindi: \[ \boxed{ L^2=6\hbar^2 \begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&1 \end{pmatrix}} \]
2. Matrice di \(L_z\).
   \(L_z|2,m\rangle=\hbar m|2,m\rangle\). In base ordinata \((2,1,0,-1,-2)\): \[ \boxed{ L_z=\hbar \begin{pmatrix} 2&0&0&0&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&-1&0\\ 0&0&0&0&-2 \end{pmatrix}} \]
3. Costruiamo \(L_+\).
   Formula: \[ L_+|2,m\rangle=\hbar\sqrt{6-m(m+1)}\,|2,m+1\rangle. \] Calcolo “banale” dei coefficienti (uno per uno):
   • Per \(m=-2\): \(6-m(m+1)=6-(-2)(-1)=6-2=4\), \(\sqrt{4}=2\). Quindi coefficiente \(2\hbar\).
   • Per \(m=-1\): \(6-(-1)\cdot0=6-0=6\), \(\sqrt{6}\). Quindi coefficiente \(\sqrt{6}\hbar\).
   • Per \(m=0\): \(6-0\cdot1=6\), \(\sqrt{6}\hbar\).
   • Per \(m=1\): \(6-1\cdot2=6-2=4\), \(\sqrt{4}=2\), coefficiente \(2\hbar\).
   In matrice (colonna = stato iniziale, riga = stato finale): \[ \boxed{ L_+ = \begin{pmatrix} 0 & 2\hbar & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \sqrt{6}\hbar & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{6}\hbar & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2\hbar\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}} \]
4. \(L_-\) è l’aggiunto hermitiano di \(L_+\).
   Quindi: \[ \boxed{ L_- = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 2\hbar & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & \sqrt{6}\hbar & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \sqrt{6}\hbar & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2\hbar & 0 \end{pmatrix}} \]
5. Infine \(L_x\) e \(L_y\).
   \[ L_x=\frac{L_+ + L_-}{2},\qquad L_y=\frac{L_+ - L_-}{2i}. \]

   Esempio di conto “banale”: se in \(L_+\) compare \(2\hbar\) fuori diagonale, allora in \(L_x\) comparirà \((2\hbar)/2 = \hbar\).
   Se compare \(\sqrt{6}\hbar\), allora in \(L_x\) compare \((\sqrt{6}\hbar)/2 = (\sqrt{6}/2)\hbar\).

   \[ \boxed{ L_x= \begin{pmatrix} 0 & \hbar & 0 & 0 & 0\\ \hbar & 0 & \frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0 & 0\\ 0 & \frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0 & \frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0\\ 0 & 0 & \frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0 & \hbar\\ 0 & 0 & 0 & \hbar & 0 \end{pmatrix}} \] \[ \boxed{ L_y= \begin{pmatrix} 0 & -i\hbar & 0 & 0 & 0\\ i\hbar & 0 & -i\frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0 & 0\\ 0 & i\frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0 & -i\frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0\\ 0 & 0 & i\frac{\sqrt6}{2}\hbar & 0 & -i\hbar\\ 0 & 0 & 0 & i\hbar & 0 \end{pmatrix}} \]

Una particella è nello stato \[ |\Psi\rangle=\frac{1}{a}\Bigl(2|1,1\rangle+|1,0\rangle+2i|1,-1\rangle\Bigr), \] dove \(|\ell m\rangle\) sono autostati comuni (normalizzati) di \(L^2\) ed \(L_z\). Dopo aver determinato la costante \(a\), usando le rappresentazioni matriciali per gli operatori del momento angolare, si trovi:

1. (a) Probabilità che una misura di \(L_z\) dia \(\hbar\), \(0\), \(-\hbar\).
2. (b) \(\langle L_z\rangle\).
3. (c) \(\langle L_y\rangle\).
4. (d) Probabilità che una misura di \(L_x\) dia \(\hbar\).

(0) Normalizzazione: calcolo di \(a\)

1. Norma al quadrato: \[ \langle\Psi|\Psi\rangle =\frac{1}{|a|^2}\Bigl(|2|^2 + |1|^2 + |2i|^2\Bigr). \]
2. Conti “banali”:
   • \(|2|^2 = 2\cdot 2 = 4\)
   • \(|1|^2 = 1\)
   • \(|2i|^2 = 2^2|i|^2 = 4\cdot 1 = 4\)
   Quindi: \[ |2|^2+|1|^2+|2i|^2 = 4+1+4 = 9. \]
3. Impongo normalizzazione a 1: \[ \frac{9}{|a|^2}=1 \quad \Rightarrow\quad |a|^2=9 \quad \Rightarrow\quad |a|=3. \] Scelgo \(a\) reale positivo: \[ \boxed{a=3.} \]

(a) Probabilità di \(L_z=\hbar,0,-\hbar\)

Siccome \(L_z|1,m\rangle=\hbar m|1,m\rangle\), la misura di \(L_z\) restituisce: \(\hbar\) (se \(m=+1\)), \(0\) (se \(m=0\)), \(-\hbar\) (se \(m=-1\)).

I coefficienti (con \(a=3\)) sono: \[ c_{+1}=\frac{2}{3},\qquad c_0=\frac{1}{3},\qquad c_{-1}=\frac{2i}{3}. \] Quindi: \[ P(\hbar)=|c_{+1}|^2=\left|\frac{2}{3}\right|^2=\frac{4}{9},\quad P(0)=|c_0|^2=\left|\frac{1}{3}\right|^2=\frac{1}{9},\quad P(-\hbar)=|c_{-1}|^2=\left|\frac{2i}{3}\right|^2=\frac{4}{9}. \] Check: \(\frac{4}{9}+\frac{1}{9}+\frac{4}{9}=1\).

(b) Valore medio \(\langle L_z\rangle\)

\[ \langle L_z\rangle =(\hbar)\,P(\hbar) + 0\cdot P(0) + (-\hbar)\,P(-\hbar) =\hbar\frac{4}{9}-\hbar\frac{4}{9}=0. \] Quindi: \[ \boxed{\langle L_z\rangle=0.} \]

(c) Valore medio \(\langle L_y\rangle\)

Per \(l=1\) in base \((m=1,0,-1)\): \[ L_y=\frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0 & -i & 0\\ i & 0 & -i\\ 0 & i & 0 \end{pmatrix}. \] Lo stato (con \(a=3\)) è: \[ |\Psi\rangle= \begin{pmatrix} 2/3\\ 1/3\\ 2i/3 \end{pmatrix}. \]

Farò il calcolo in modo “meccanico”: 1) calcolo \(L_y|\Psi\rangle\); 2) faccio il prodotto scalare con \(\langle\Psi|\).

1. Calcolo \(L_y|\Psi\rangle\).
   Prima la matrice senza \(\hbar/\sqrt2\): \[ M= \begin{pmatrix} 0 & -i & 0\\ i & 0 & -i\\ 0 & i & 0 \end{pmatrix}. \] Quindi \(L_y|\Psi\rangle = \frac{\hbar}{\sqrt2} M|\Psi\rangle\). Ora:
   • Prima componente: \[ (M|\Psi\rangle)_1 = 0\cdot\frac{2}{3} + (-i)\cdot\frac{1}{3} + 0\cdot\frac{2i}{3} = -\frac{i}{3}. \]
   • Seconda componente: \[ (M|\Psi\rangle)_2 = i\cdot\frac{2}{3} + 0\cdot\frac{1}{3} + (-i)\cdot\frac{2i}{3}. \] Ora \((-i)\cdot(2i/3)=-(2i^2/3)=+(2/3)\) perché \(i^2=-1\).
     Quindi: \[ (M|\Psi\rangle)_2 = \frac{2i}{3}+\frac{2}{3} = \frac{2}{3}(1+i). \]
   • Terza componente: \[ (M|\Psi\rangle)_3 = 0\cdot\frac{2}{3} + i\cdot\frac{1}{3} + 0\cdot\frac{2i}{3}=\frac{i}{3}. \]
   Dunque: \[ L_y|\Psi\rangle= \frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} -i/3\\ \frac{2}{3}(1+i)\\ i/3 \end{pmatrix}. \]
2. Ora \(\langle\Psi| = (2/3,\ 1/3,\ -2i/3)\) (perché coniugo \(2i/3\to -2i/3\)).
   Quindi: \[ \langle L_y\rangle =\langle\Psi|L_y|\Psi\rangle =\frac{\hbar}{\sqrt2}\left[ \frac{2}{3}\left(-\frac{i}{3}\right) +\frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}(1+i)\right) +\left(-\frac{2i}{3}\right)\left(\frac{i}{3}\right) \right]. \] Calcolo i tre pezzi (banalmente):
   • \(\frac{2}{3}\left(-\frac{i}{3}\right)=-\frac{2i}{9}\)
   • \(\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{3}(1+i)=\frac{2}{9}(1+i)=\frac{2}{9}+\frac{2i}{9}\)
   • \(\left(-\frac{2i}{3}\right)\left(\frac{i}{3}\right)= -\frac{2i^2}{9}=+\frac{2}{9}\)
   Sommo: \[ \left(-\frac{2i}{9}\right)+\left(\frac{2}{9}+\frac{2i}{9}\right)+\left(\frac{2}{9}\right) =\frac{4}{9}. \] Quindi: \[ \boxed{\langle L_y\rangle=\frac{\hbar}{\sqrt2}\cdot\frac{4}{9}=\frac{4\hbar}{9\sqrt2}.} \]

(d) Probabilità che \(L_x=\hbar\)

Per \(l=1\), gli autovalori di \(L_x\) sono \(\{+\hbar,0,-\hbar\}\).
Serve la componente di \(|\Psi\rangle\) lungo l’autostato \(|m_x=+1\rangle\).

In base \((|1,1\rangle,|1,0\rangle,|1,-1\rangle)\), la matrice di \(L_x\) è: \[ L_x=\frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}. \] L’autovettore (normalizzato) per autovalore \(+\hbar\) è proporzionale a \((1,\sqrt2,1)\), quindi: \[ |m_x=+1\rangle= \begin{pmatrix} 1/2\\ 1/\sqrt2\\ 1/2 \end{pmatrix}. \]

Ampiezza: \[ A=\langle m_x=+1|\Psi\rangle =\frac{1}{2}\frac{2}{3}+\frac{1}{\sqrt2}\frac{1}{3}+\frac{1}{2}\frac{2i}{3} =\frac{1}{3}+\frac{1}{3\sqrt2}+\frac{i}{3}. \] Quindi: \[ A=\frac{1+1/\sqrt2+i}{3}. \] Probabilità: \[ P(L_x=\hbar)=|A|^2=\frac{1}{9}\left[\left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2+1^2\right]. \] Calcolo: \[ \left(1+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2 =1+2\cdot\frac{1}{\sqrt2}+\frac{1}{2} =1+\sqrt2+\frac{1}{2} =\frac{3}{2}+\sqrt2. \] Aggiungo \(+1\): \[ \frac{3}{2}+\sqrt2+1=\frac{5}{2}+\sqrt2. \] Dunque: \[ P(L_x=\hbar)=\frac{1}{9}\left(\frac{5}{2}+\sqrt2\right)=\frac{5+2\sqrt2}{18}. \] Risposta: \(\boxed{P(L_x=\hbar)=\frac{5+2\sqrt2}{18}}\).

Una particella è descritta dalla funzione d’onda \[ \Psi(r,\theta,\varphi)=\sqrt{\frac{5}{8\pi}} \left(\sin 2\theta \cos\varphi-\frac{i}{\sqrt2}\sin^2\theta \sin 2\varphi\right) f(r), \] dove \(f(r)\) è una generica funzione. Usando le armoniche sferiche \(Y_{\ell,m}\) (in particolare \(Y_{2,\pm2}\) e \(Y_{2,\pm1}\)) determinare:

1. (a) la probabilità che una misura di \(L_z\) dia \(+2\hbar\), \(0\), \(-\hbar\);
2. (b) i valori medi di \(L^2\), \(L_z\), \(L_x\), \(L_y\).

(1) Riscrivo i pezzi angolari

1. Primo termine: \(\sin 2\theta\cos\varphi\).
   \[ \sin 2\theta\cos\varphi =2\sin\theta\cos\theta\cdot\frac{e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}}{2} =\sin\theta\cos\theta\,(e^{i\varphi}+e^{-i\varphi}). \] Ora: \[ \sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}= -\frac{1}{\sqrt{15/(8\pi)}}\,Y_{2,1}, \qquad \sin\theta\cos\theta\,e^{-i\varphi}= \frac{1}{\sqrt{15/(8\pi)}}\,Y_{2,-1}. \] Quindi: \[ \sin 2\theta\cos\varphi =\sqrt{\frac{8\pi}{15}}\,(Y_{2,-1}-Y_{2,1}). \]
2. Secondo termine: \(\sin^2\theta\sin 2\varphi\).
   \[ \sin^2\theta\sin 2\varphi =\sin^2\theta\cdot\frac{e^{2i\varphi}-e^{-2i\varphi}}{2i}. \] E dato che: \[ Y_{2,2}=\sqrt{\frac{15}{32\pi}}\,\sin^2\theta\,e^{2i\varphi} \quad\Rightarrow\quad \sin^2\theta\,e^{2i\varphi}=\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\,Y_{2,2}, \] analogamente \(\sin^2\theta\,e^{-2i\varphi}=\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\,Y_{2,-2}\). Quindi: \[ \sin^2\theta\sin 2\varphi =\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\cdot\frac{1}{2i}\,(Y_{2,2}-Y_{2,-2}). \]

(2) Metto tutto insieme e semplifico i coefficienti

La funzione angolare complessiva è \[ \sqrt{\frac{5}{8\pi}} \left(\sin 2\theta \cos\varphi-\frac{i}{\sqrt2}\sin^2\theta \sin 2\varphi\right). \]

Sostituisco le due decomposizioni: \[ \sqrt{\frac{5}{8\pi}} \left[ \sqrt{\frac{8\pi}{15}}(Y_{2,-1}-Y_{2,1}) -\frac{i}{\sqrt2}\left(\sqrt{\frac{32\pi}{15}}\cdot\frac{1}{2i}\right)(Y_{2,2}-Y_{2,-2}) \right]. \]

Semplificazione “banale” dei coefficienti:
\(\sqrt{\frac{5}{8\pi}}\sqrt{\frac{8\pi}{15}}=\sqrt{\frac{5}{15}}=\sqrt{\frac{1}{3}}=\frac{1}{\sqrt3}\).
Inoltre \(-\frac{i}{\sqrt2}\cdot\frac{1}{2i}=-\frac{1}{2\sqrt2}\).
E \(\sqrt{\frac{32\pi}{15}} = 2\sqrt{\frac{8\pi}{15}}\), quindi con \(\frac{1}{2\sqrt2}\) rimane \(\frac{1}{\sqrt2}\sqrt{\frac{8\pi}{15}}\), e poi ancora \(\sqrt{\frac{5}{8\pi}}\sqrt{\frac{8\pi}{15}}=\frac{1}{\sqrt3}\), quindi totale \(\frac{1}{\sqrt6}\).

Risultato compatto: \[ \boxed{ \Psi(r,\theta,\varphi)= f(r)\left[ \frac{1}{\sqrt3}(Y_{2,-1}-Y_{2,1}) -\frac{1}{\sqrt6}(Y_{2,2}-Y_{2,-2}) \right].} \]

(a) Probabilità richieste per \(L_z\)

Poiché \(L_z Y_{\ell m}=\hbar m Y_{\ell m}\), la probabilità di ottenere \(m\hbar\) è il modulo quadro del coefficiente di \(Y_{\ell m}\).

• \(L_z=+2\hbar\) ↔ \(m=+2\). Coefficiente di \(Y_{2,2}\) è \(-1/\sqrt6\).
  \[ P(+2\hbar)=\left|\frac{-1}{\sqrt6}\right|^2=\frac{1}{6}. \]
• \(L_z=0\) ↔ \(m=0\). Qui \(Y_{2,0}\) non compare. Quindi: \[ P(0)=0. \]
• \(L_z=-\hbar\) ↔ \(m=-1\). Coefficiente \(+1/\sqrt3\).
  \[ P(-\hbar)=\left|\frac{1}{\sqrt3}\right|^2=\frac{1}{3}. \]

(b) Valori medi \(\langle L^2\rangle, \langle L_z\rangle, \langle L_x\rangle, \langle L_y\rangle\)

1. \(\langle L^2\rangle\).
   Tutti i termini sono con \(\ell=2\), quindi \(L^2\) vale sempre \(\hbar^2\ell(\ell+1)=6\hbar^2\).
   \[ \boxed{\langle L^2\rangle = 6\hbar^2.} \]
2. \(\langle L_z\rangle\).
   Valore medio di \(m\hbar\): \[ \langle L_z\rangle=\hbar\sum_m m\,|c_m|^2. \] Con \(P(2)=1/6\), \(P(1)=1/3\), \(P(-1)=1/3\), \(P(-2)=1/6\): \[ \sum mP(m)=2\cdot\frac{1}{6}+1\cdot\frac{1}{3}+(-1)\cdot\frac{1}{3}+(-2)\cdot\frac{1}{6}=0. \] Quindi: \[ \boxed{\langle L_z\rangle=0.} \]
3. \(\langle L_x\rangle\) e \(\langle L_y\rangle\).
   Uso: \[ L_x=\frac{L_+ + L_-}{2},\qquad L_y=\frac{L_+ - L_-}{2i}. \] Qui i coefficienti sono reali ⇒ \(\langle L_-\rangle=\langle L_+\rangle\) (quindi \(\langle L_y\rangle=0\)).
   
   Calcolo \(\langle L_+\rangle=\sum_{m=-2}^{1} c_{m+1}^*c_m\,\hbar\sqrt{6-m(m+1)}\).
   Solo i prodotti “non nulli” (perché \(c_0=0\)):
   • da \(m=-2\) a \(-1\): coefficiente \(2\hbar\), e \(c_{-1}c_{-2}=\frac{1}{\sqrt3}\frac{1}{\sqrt6}=\frac{1}{\sqrt{18}}=\frac{1}{3\sqrt2}\). Quindi contributo \(2\hbar\cdot\frac{1}{3\sqrt2}=\frac{2\hbar}{3\sqrt2}\).
   • da \(m=1\) a \(2\): coefficiente \(2\hbar\), e \(c_2c_1=\left(-\frac{1}{\sqrt6}\right)\left(-\frac{1}{\sqrt3}\right)=\frac{1}{\sqrt{18}}=\frac{1}{3\sqrt2}\). Quindi ancora \(\frac{2\hbar}{3\sqrt2}\).
   Somma: \[ \langle L_+\rangle=\frac{2\hbar}{3\sqrt2}+\frac{2\hbar}{3\sqrt2}=\frac{4\hbar}{3\sqrt2}. \] Allora: \[ \langle L_x\rangle=\frac{\langle L_+\rangle+\langle L_-\rangle}{2}=\frac{\frac{4\hbar}{3\sqrt2}+\frac{4\hbar}{3\sqrt2}}{2} =\frac{4\hbar}{3\sqrt2}. \] E: \[ \boxed{\langle L_x\rangle=\frac{4\hbar}{3\sqrt2}},\qquad \boxed{\langle L_y\rangle=0}. \]