Ugaoni Moment

8/19/2019 Ugaoni Moment

1/20

6. Ангуларни момент6

6.1. Конструисати квантномеханички оператор орбитног ангуларног момента једне честице и извести комутационе релације између његових компоненти и

његовог квадрата.

Решење: Према класичној механици, орбитни ангуларни момент (момент импулса,угаони момент) једне честице у датом координатном систему је:

,= ×l r p (1)

где је r њен радијус вектор, а p импулс. У Декартовим координатама:

x y z

x y z

p p p

= × = =

i j k

l r p , x y zl l l+ +i j k .

x z y

y x z

z y x

l yp zp

l zp xp

l xp yp

≡ −

≡ −

≡ −

Како радимо у Декартовим координатама и како, нпр., y и z p комутирају можемо

директно y- координати придружити мултипликативни оператор y

(убудуће без

капице), а компоненти импулса z

p оператор i . z

∂−

∂ Исто поступамо и за

преостале координате и компоненте па добијамо компоненте оператора орбитног ангуларног момента једне честице:

i

i .

i

x

y

z

l y z z y

l z x x z

l x y y x

∂ ∂= − −

∂ ∂

∂ ∂ = − −

∂ ∂

∂ ∂= − −

∂ ∂

(2)

Наравно, . x y zl l l= + +

l i j k Лако је видети да је xl

ермитски оператор,

†i i . x xl y z y z l

z y z y

∂ ∂ ∂ ∂= − + = − − =

∂ ∂ ∂ ∂

Слично се показује и за yl

и , zl

одакле

закључујемо и да је l ермитски оператор (убудуће сви без капице).

6 „угаони тренутак”, М. Перић, Структура и спектри молекула, стр. 536.


2/20

82

Одредимо сада комутатор xl и . yl Подсетимо се да је

[ ] [ ], 1, , , , , 0, x y z x x p i x p x p x

∂ = − = = = ∂

и аналогно за друге две координате.

Према томе:

[ ] [ ], , , , , , . x y z y x z z x y x z z y zl l yp zp zp xp yp zp zp zp yp xp zp xp = − − = − − +

Како је:

[ ] 2 2, i , i ( i ) , z x yp zp y z y z y z z y z x z x z x x z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = − − = − = − − =

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

2 2 2 2( i ) i . x y z y z y z z y ,z y yp

x z x z x z z x z x

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = − − = − − = − = − = −

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Од четири оператора, , , , , z x y p z p једина два која међусобно не комутирају су други и трећи па последњи резултат можемо директно добити:

[ ] [ ], , i . z x x z x yp zp yp p z yp= = − Остављамо читаоцу да покаже да је

[ ], , 0 y x z z zp zp yp xp = = и [ ], , i , y z y z y zp xp xp z p xp = = одакле:

, i i i ( ) i . x y x y y x zl l yp xp xp yp l = − + = − = (3.1)

Аналогно се показује и да су:

, i y z xl l l = (3.2)

[ ], i z x yl l l= (3.3)

Погледајмо комутира ли оператор 2l = ⋅ =l l 2 2 2 x y zl l l+ + са компонентама

оператора :l

2 2 2 2 2 2, , , .

x x y z x y z x y y x x y y z z x x z zl l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l = + + = + = − + −

Користимо се чињеницом да важи:

( ) ( ) ( ) , , y y x x y y y x y y x y y y x y x y y x y x y y y y x y x yl l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l − + − = − + − = + =

i i , y z z yl l l l= − −

и:

[ ] [ ]( ) ( ) ( ) , , z z x x z z z z x x z z z x z z x z z z x z x z z x z x z z z z x z x zl l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l l− = − + − = − + − = + =


3/20

83

i i . z y y zl l l l= +

Одавде је:

2, 0.

xl l = (3.4)

Није тешко показати да је и 2 2, , 0. y z

l l l l = =

6.2. Одредити који од оператора 2, , , x y z J J J J могу имати заједничке

својствене функције, затим дефинисати лествичасте операторе угаоног момента и извести комутационе релације између свих њих.

Решење: По дефиницији, сваки векторски оператор , чије су компоненте

ермитски оператори које задовољавају комутационе релације облика:

[ ], i , , i , , i , x y z y z x z x y J J J J J J J J J = = = (1)

је оператор ангуларног момента. Видели смо да само применом релација (1) следи 2

, 0. J J = С обзиром на то да 2 J комутира са све три компоненте и да оне не

комутирају међусобно, јасно је да заједнички скуп својствених функција могу

имати 2 J и једна од компоненти, бирамо да то буде . z J Нека је, дакле:

2 2, J λµ λ λµ = (2.1)

, z J λµ µ λµ = (2.2)

где је { }λµ комплетан и (ортонормирани) скуп заједничких својствених функција

КСКО 2 J и . z J Опазимо на овом месту да су очекиване вредности оператора 2 J и

2

z J у стању :λµ

2 2 2 2, J J λµ λµ λ λµ λµ λ = = = (3.1)

2 2 2 2 2 2. z z z J J J λµ λµ λµ µ λµ µ λµ λµ µ = = = = (3.2)

Како је 2 2 2 2 2 x y z z

J J J J J = + + ≥ следи 2.λ µ ≥ Очекиване вредности

ермитских оператора су реални бројеви па важи 2 0.λ µ ≥ ≥

Дефинишимо сада операторе подизања и спуштања (лествичасте операторе):

i , x y J J J + = + (4.1)


4/20

84

i . x y J J J − = − (4.2)

Очигледно, ( ) ( )†††

i i x y x y J J J J J J + −= + = − = као и

† . J J − +

= Оператори подизања и

спуштања нису, дакле, ермитски. Из (4) директно следи:

,2

x

J J J + −

+= (5.1)

,2i

y

J J J + −

−= (5.2)

па је оператор квадрата ангуларног момента:

2 2 2 2 2 22 2 2

,2 2i 4 4

z z

J J J J J J J J J J J J J J J J J J J + − + − + + − − + − + + − − + −

+ − + + + − − + = + + = − +

2 2

2 z

J J J J J J + − − +

+= + (6)

Из једначина (4) следи и:

( )2 2 2 2 2 2i i i , x y x x y y z y x z z J J J J J J J J J J J J J J J + − = + − + = − + = − + (7.1)2 2

. z z

J J J J J − +

= − − (7.2)

Лако видимо да је:

[ ] [ ] ( ), , i , i , i i i , z z x y z x z y y x J J J J J J J J J J J J + + = + = + = + − = (8.1)

[ ], , z J J J − −= − (8.2)2, 0, J J

+ =

2, 0, J J

− = (8.3)

[ ], 2 . z J J J + − = (8.4)

Извођење преосталих комутатора остављамо читаоцу.

6.3.

Извести релације:

( 1) ( 1) , 1 , J jm j j m m j m+

= + − + +

( 1) ( 1) , 1 . J jm j j m m j m−

= + − − −

Решење: Погледајмо дејство оператора 2 J на функцију : J λµ +


5/20

85

( ) ( ) ( )2 2 2 2 , J J J J J J λµ λµ λ λµ λ λµ + + + += = = (1)

јер, 2 J и J +

комутирају, прва релација (8.3) задатка 6.2. Очигледно, функција

J + λµ је својствена функција оператора 2

J са својственом вредношћу 2

λ - баш као и функција .λµ

Користећи релацију (8.1) претходног задатка, за ову прилику написану у

облику , z z J J J J J + + += + можемо одредити дејство оператора z J на функцију

: J λµ +

( ) ( )( 1) z J J J J J λµ λµ µ λµ µ λµ + + + += + = + (2)

Значи, функција J +

λµ је својствена функција оператора z J с тим што јој је

својствена вредност ( )( 1) µ + - за већа него својствена вредност функције .λµ

С друге стране, једначина (2.2) претходног задатка, стављањем 1 µ + уместо , µ

постаје:

, 1 ( 1) , 1 . z J λ µ µ λ µ + = + +

Видимо да једној својственој вредности, ( 1) , µ + одговарају две својствене

функције, J +

λµ и , 1 .λ µ + Како смо претпоставили да је скуп { }λµ недегенерисан, следи да су поменуте функције линеарно зависне:

, 1 J cλµ λ µ + +

= + (3)

Полазећи од ( )†

J J λµ λµ + −

= и ( )†

, 1 , 1c cλ µ λ µ ∗+ +

+ = + имамо да је:

2, 1 , 1 , J J cλµ λµ λ µ λ µ

− + += + + (4)

односно:

2 2 2 2 2

z z z zc J J J J J J λµ λµ λµ λµ λµ λµ λµ λµ + = − − = − − =

( )2 2 2 2 2 2

( 1) .c λ µ µ λ µ µ +

= − − = − +

Бирамо да константа пропорционалности буде реалан број:

( 1).c λ µ µ +

= − + (5)


6/20

86

Потпуно аналогно се може показати да је:

, 1 ( 1) , 1 . J cλµ λ µ λ µ µ λ µ − −

= − = − − − (6)

Наглашавамо да функција λµ није својствена функција лествичастих оператора,

једначине (3) и (6).

Видимо да оператор J +

својствену функцију оператора z

J ( )λµ мења у

својствену функцију истог оператора ( ), 1λ µ + која има за 1⋅ већу својствену вредност, одакле је јасно и његово име - оператор подизања. На сличан начин

можемо закључити зашто се оператор J −

назива оператор спуштања.

У овом тренутку, за бројеве λ и µ можемо само рећи да су реални и да

важи услов 2 0.λ µ ≥ ≥ Из последњег услова очигледно је да µ има максималну

вредност (која је позитивна) и минималну вредност која је негативна (осим,

наравно,

када је

0).λ µ

= =

Изаберимо неке конкретне вредности λ и , µ нпр. α и . β Нека је k такав

број да:

max, ,

k J C αβ α β

+ = (7)

другим речима нека се оператор подизања може применити на функцију αβ

највише k пута. Пишемо max ,k β β = + и у том случају мора бити max, 0. J α β + =

Ако на последњу једначину делујемо слева са J −

имаћемо (користимо једначину

(7.2) претходног задатка):

max, 0 J J α β

− + = → ( )2 2 max, 0 z z J J J α β − − = → ( )

2 2

max max0,α β β − =

што је могуће ако је ( )max max 1 .α β β = + С друге стране, нека је n такав број да:

min, ,

k J C αβ α β

− ′= (8)

тј. нека се нека се оператор спуштања може применити на функцију αβ највише

n пута. Пишемо min

,n β β = − и у том случају мора бити min

, 0. J α β −

= Ако сада на

последњу једначину делујемо слева са J +

имаћемо (користимо једначину (7.1)

претходног задатка):

min, 0 J J α β

+ − = → ( )2 2 min, 0 z z J J J α β − + = → ( )

2 2

min min0,α β β + =

што је могуће ако је ( )min min 1 .α β β = − Из наведеног следи да је


7/20

87

( ) ( )max max min min1 1 , β β β β + = − односно ( ) ( )max min max min 1 0. β β β β + − + = Једино

решење последње једначине је min max

β β = − ( решење max min 1 β β = − из кога следи

max min β β < нема смисла). Показали смо, дакле, да за параметар β важи

max max, β β β − ≤ ≤ и да је ( )max max 1 .α β β = + Такође, разлика max min k n β β − = + је

природан број (или нула) одакле је max

.2

k n β += Коначно, могуће вредности

max β су

1 3 50, , 1, , 2, , . . .

2 2 2 што значи, нагласимо, да

max β не може имати друге

вредности осим ових, а не да мора имати све те вредности. Како нигде у извођењу

нисмо на било који начин ограничавали вредности α и β оно важи и у општем

случају, односно за свако λ и . µ Уобичајено је да се max β обележава са j а

заједничке својствене функције оператора 2 J и z J са jm уместо са ,λµ па у

том случају експлицитно написане релације (3) и (6) имају облик ( ) :m µ ≡

( 1) ( 1) , 1 , J jm j j m m j m+

= + − + + (9.1)

( 1) ( 1) , 1 , J jm j j m m j m−

= + − − − (9.2)

што је требало извести. Једначине својствених вредности оператора 2 J и z J ((2.1)

и (2.2) задатка 6.2.) постају:

2 2( 1) , J jm j j jm= + (10.1)

. z J jm m jm= (10.2)

Тако, ако је 3

,2

j = дозвољене вредности m су 3 1 1

, , ,2 2 2

− и 3

,2

− а ако је

нпр. 3, j = дозвољене вредности m су 3, 2, 1, 0, 1, 2− − и 3.− Први сет функција

чине 3 3

, ,2 2

. . .3 3

, ,2 2

− а други 3,3 , . . . 3, 3 .−

6.4. Наћи заједничке својствене функције оператора 2l и . zl

Решење: Подсетимо се основних релација из Атомистике:


8/20

88

sin cos

sin sin ,

cos

x r

y r

z r

θ ϕ

θ ϕ

θ

=

=

=

2 2 2

2 2

arctan ,

arctan

r x y z

x y

z

y x

θ

ϕ

= + +

+=

=

,

x r

y

z

θ

ϕ

∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂

= ∂ ∂

∂∂ ∂∂

M ( )T

1,

−= M J

r

x x x

r

y y y

r

z z z

θ ϕ

θ ϕ

θ ϕ

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= = ∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

∂ ∂ ∂

M

cos cos sinsin cos

sin

cos sin cossin sin ,

sin

sincos 0

r r

r r

r

θ ϕ ϕ θ ϕ

θ

θ ϕ ϕ θ ϕ

θ

θ θ

−

−

21

det sin .det

r J M

θ = =

Заменом одговарајућих извода у једначину (2) задатка 6.1. и сређивањем добијамо да су:

cos cosi sin ,

sin xl

θ ϕ ϕ

θ θ ϕ

∂ ∂= +

∂ ∂ (1.1)

cos sini cos ,

sin yl

θ ϕ ϕ

θ θ ϕ

∂ ∂= − +

∂ ∂ (1.2)

i . zl

ϕ

∂= −

∂ (1.3)

Такође, коришћењем једначина (4) задатка 6.2. добијамо да су:

i cose i ,

sinl

ϕ θ

θ θ ϕ +

∂ ∂= +

∂ ∂ (1.4)

i cose i .

sinl

ϕ θ

θ θ ϕ

−

−

∂ ∂= − +

∂ ∂ (1.5)

На крају, коришћењем нпр. 2 2 2 2 x y zl l l l= + + или 2 2

z zl l l l l− += + + те сређивањем

добијамо:

22 2

2 2

1 1sin .

sin sinl

∂ ∂ ∂ = − +

∂ ∂ ∂ θ

θ θ θ θ ϕ (1.6)

Приметимо да у једначинама (1) не фигурише координата .r


9/20

89

Препишимо једначине (10) претходног задатка (при томе симбол J мењамо

симболом ) :l

2 2( 1) ,l lm l l lm= + (2.1)

, z

l lm m lm= (2.2)

где су оператори 2l и zl дати једначинама (1.6) и (1.3). Читалац свакако врло добро

зна решења диференцијалних једначина (2) из Атомистике (тада је коришћена Фробениусова метода степених редова). Упознајмо други начин за решавање овог

својственог проблема.

Означимо тражене функције са ( , ),lmlm Y θ ϕ ≡ чиме наглашавамо

експлицитно њихову зависност од угаоних координата. Решавањем једначине (2.2):

i ( , ) ( , )lm lmY m Y θ ϕ θ ϕ

ϕ

∂− =

∂

→ d ( , )

i d

( , )

lm

lm

Y m

Y

θ ϕ ϕ

θ ϕ

= → ln ( , ) ilm lmY m C θ ϕ ϕ = + →

i( , ) e ,m

lm lmY C ϕ θ ϕ ′=

где константа lmC ′ не зависи од ϕ него само од ,θ ( ),lm lmC θ ′ ≡ Θ видимо да ( , )lmY θ ϕ

можемо писати као производ две функције од којих једна зависи само од θ а друга само од :ϕ

i( , ) ( ) ( ) ( )e .

m

lm lm m lmY ϕ θ ϕ θ ϕ θ = Θ Φ = Θ (3)

Како функција i( ) e mϕ ϕ Φ = треба да има исте вредности у ϕ и 2 π, ,k k Z ϕ + ∈

(услов једнозначности), тако нпр. из услова да је ( ) ( 2π)ϕ ϕ Φ = Φ + следи:

i i 2i π i 2i πe e e em m m m mϕ ϕ ϕ +

= = → 2i πe 1

m= → cos(2 π) = 1 sin(2 π) = 0 .m m∧

Из првог услова следи да m мора да буде цео, а из другог полуброј (половина

целог броја), тако да закључујемо да m мора да буде цео број. Како m може да

има само вредности , 1, 1, ,l l l l− − + −… закључујемо да и l може бити само цео

број. Нормирајмо ( ) :ϕ Φ

2π 2 π

i i

0 0

( ) ( )d e e d 2πm mϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ∗ −

Φ Φ = =∫ ∫ →

i1( ) e ,

2π

mϕ ϕ Φ = (4)

јер смо изабрали да константа нормирања буде реалан број. Надаље ћемо под

ознаком ( )ϕ Φ подразумевати нормирану функцију, једначина (4).


10/20

90

Деловањем оператора спуштања на функцију код које m има минималну

вредност, ,m l= − добијамо нулу ( једначина (9.2) претходног задатка) па:

,( , ) 0

l ll Y θ ϕ − − = → ,

,

( ) cos( ) 0

sin

l l

l llθ θ

θ θ θ

−

−

∂Θ− + Θ =

∂ →

,

,

d ( ) dsin

( ) sin

l l

l l

lθ θ

θ θ

−

−

Θ=

Θ →

,( ) sin ,

l

l l Aθ θ −Θ = (5)

где је A константа нормирања (бираћемо да буде реална) коју треба одредити. Из

π

2

, ,

0

( ) ( )sin d 1,l l l l l A I θ θ θ θ ∗

− −Θ Θ = =∫ где је

π

2 1

0

sin d ,l

l I +

= ∫ θ θ

стављањем cos µ θ = добијамо 1

2

1

(1 ) d .l

l I µ µ −

= −∫ Ако искористимо:

2 2 1 2 2 1(1 ) (1 ) (1 )l l l µ µ µ µ − −− ≡ − − − и 2 1 2

1(1 ) d d(1 ) ,

2

l l

l

−− ≡ − − µ µ µ

µ

одмах видимо да је:

11 1 1

2 1 2 2 2

1 1

11 1 1

1 1(1 ) d d(1 ) (1 ) (1 ) d .

2 2 2 2|l l l l

l l l l I I I I

l l l l

µ µ µ µ µ µ µ µ −

− −

−− − −

= − + − = + − − − = −∫ ∫ ∫

(други интеграл после првог знака једнакости смо решили парцијално). Очигледно:

1

2

2 1l l

l I I

l−

=+

→ 12( 1)

;2 3

l l

l I I

l+

+=

+

1

2 0

0

1

(1 ) d 2, I µ µ −

= − =∫ 12

2 ,3

I = 2

2 42 ,

3 5 I =

3

2 4 62 ,

3 5 7 I = …

2 !!2 ;

(2 1)!!l

l I

l=

+

Подсетимо се, 2 !! 2 (2 2)(2 4) 2 2 !ll l l l l= − − = и

2 !! (2 )(2 2)(2 4) 2 (2 1)!(2 1)!! (2 1)!! (2 1)(2 1)(2 3) 1 ,

2 !! 2 ! 2 !l l

l l l l ll l l l l

l l l

− − ++ = + = + − − ⋅ =

па

је 2(2 !)

2(2 1)!

l

l

l I

l=

+ →

1 (2 1)!.

2 ! 2l

l A

l

+= Према томе:

i

, ,

1 (2 1)!( , ) ( ) ( ) sin e .

2 ! 4π

l l

l l l l l l

lY

l

ϕ θ ϕ θ ϕ θ −− − −

+= Θ Φ = (6)


11/20

91

Функције ,

( , )l mY θ ϕ можемо добити из , ( , )l lY θ ϕ − сукцесивном применом

оператора .l+

Када препишемо једначину (9.1) претходног задатка у облику:

1, 1 ,

( )( 1)

l m l lm

l m l m

++ =

− + +

(7)

није тешко попунити табелу:

m l= − 1, 1 , ,

2l l l l l

l +

− + = −

1m l= − + 22

1 1, 2 , 1 , ,

2(2 1) 2 (2 1) 2l l l l l l l l

l l l+ +

− + = − + = −− − ⋅

2m l= − + 33

1, 3 , ,

2 (2 1) 2 (2 2) 3l l l l l

l l l +

− + = −− ⋅ ⋅ − ⋅

1m l k = − + − 1

, , ,(2 0) 1 (2 1) 2 (2 2) 3 (2 1)

k

k l l k l l l

l l l l k k +

− + = −− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ − + ⋅

Очигледно,(2 )!

(2 0)(2 1)(2 2)(2 1) ,(2 )!

ll l l l k

l k − − − − + =

− па можемо писати

1 (2 )!, , ,

!(2 )!

k

k

l k l l k l l l

k l +

−− + = −

или, ако ставимо :m l k = − +

1 ( )!, , .

( )!(2 )!

l m

l m

l ml m l l l

l m l

+

++

−= −

+ (8)

С друге стране коришћењем једначина (1.4) и (6),1 (2 1)!

:2 ! 4πl

l B

l

+≡

( )2

i i i ( 1)cos d cos sin, e i e sin e

sin d sin sin

ll l l

ll l l B B l

ϕ ϕ ϕ θ θ θ θ θ θ ϕ θ θ θ

− − −

+

∂ ∂ − = + = + =

∂ ∂

2 2i( 1) 1 1 i( 1)

1

1 d(sin ) 1 d(sin )e sin cos sin cos e .sin d sin d(cos )

l ll l l l

l l B l l B− − − − − −

−

= − + = −

ϕ ϕ θ θ

θ θ θ θ θ θ θ θ

Наравно,d d(cos ) d d

sin .d d d(cos ) d(cos )

= = −θ

θ θ θ θ θ

Применом l+

на добијену

једнакост налазимо:


12/20

92

i( 1) 22 2 i

1

cos e d(sin ), e i

sin sin d(cos )

l l

ll l l B

− −

+ −

∂ ∂− = − + =

∂ ∂

ϕ ϕ θ θ

θ θ ϕ θ θ

22 i( 2)

1

d cos 1 d(sin )e ( 1)

d sin sin d(cos )

ll

l B l

− −

−

− + − =

ϕ

θ θ

θ θ θ θ

2 22 i( 2)

2 2

1 d (sin )e ,

sin d(cos )

ll

l B

− −

−

ϕ θ

θ θ

па уочавамо правилност 2

i( ) 1 d (sin ), ( ) e .

sin d(cos )

k lk k l k

l k k l l l B

− −

+ −

− = −

ϕ

θ

θ θ Коначно:

2i( 1) (2 1)( )! d (sin )

( , ) e sin .2 ! 4π( )! d(cos )

l m l m lm m

lm l l m

l l mlm Y

l l m

+ +

+

− + −≡ =

+

ϕ θ θ ϕ θ θ

(9)

6.5.

Ако

се

систем

налази

у

стању

2 2 2

2

( , , ) ( )e ,

x y z

x y z x y z α

ψ

+ +−

= + + ( const.),α

=

одредити вероватноћу да се мерењем zl добије .− Претходно представити

табеларно сферне хармонике за 3.l ≤

Решење: Директном применом израза (9) претходног задатка, попуњавамо табелу:

l m ( , )lmY θ ϕ

0 01

4π

1−

i3sin e

8π

ϕ

θ

−

1 03

cos4π

θ

1 i3

sin e8π

ϕ θ −

2− 2 2i1 15

sin e4 2π

ϕ θ −

1− i1 15

sin cos e2 2π

ϕ θ θ −

2 0 21 5

(3cos 1)4 π

θ −

1 i1 15

sin cos e2 2π

ϕ θ θ −

2 2 2i1 15

sin e4 2π

ϕ θ

l m ( , )lmY θ ϕ

3− 3 3i1 35

sin e

8 π

ϕ θ −

2− 2 2i1 105

sin cos e4 2π

ϕ θ θ −

1− 2 i1 21

sin (5cos 1)e8 π

ϕ θ θ −−

3 0 31 7

(5cos 3cos )4 π

θ θ −

1 2 i1 21

sin (5cos 1)e8 π

ϕ θ θ − −

2 2 2i1 105

sin cos e4 2π

ϕ θ θ

3 3 3i1 35

sin e8 π

ϕ θ −


13/20

93

На пример:

1 2 62i 2i

3, 2 3 2 2

( 1) 7 5! 1 dsin 1 210 1 1 d sin( , ) e e

2 3! 4π sin d(cos ) 48 π sin sin d

l

Y ϕ ϕ θ θ θ ϕ

θ θ θ θ θ

− −

−

− ⋅= = − − =

⋅

2i 5 2 2i21 210 1 1 1 105e 6sin cos sin cos e .

48 π sin sin 4 2πϕ ϕ θ θ θ θ

θ θ − − = − − ⋅ ⋅ =

Како су сферни хармоници својствене функције ермитских оператора, они формирају ортонормирану,

δ δll mmlm l m ′ ′′ ′ = ↔ (1.1)

2π π

0 0

( , ) ( , )d ( , ) ( , ) sin d d δ δ ,lm l m lm l m ll mmY Y Y Y τ

θ ϕ θ ϕ τ θ ϕ θ ϕ θ θ ϕ ∗ ∗′ ′ ′ ′ ′ ′= =∫∫ ∫ ∫ (1.2)

и комплетну базу (ова база се зове и стандардна база):

0

1l

l m l

lm l m∞

= =−

′ ′ =∑ ∑ ↔ (2.1)

0

( , ) ( , ).l

lm lm

l m l

f c Y θ ϕ θ ϕ ∞

= =−

= ∑ ∑ (2.2)

Другим речима, свака функција по θ и ϕ се може представити као линеарна

комбинација сферних хармоника. Коефицијенти развоја су, јасно,

lmc lm f = ↔ (3.1)

2π π

0 0

( , ) ( , ) sin d d .lm lmc Y f θ ϕ θ ϕ θ θ ϕ ∗

= ∫ ∫ (3.2)

Изразимо сада тражену функцију у сферним координатама (користимо прве три формуле задатка 6.4.):

2

2

( , , ) e (sin cos sin sin cos ) ( ) ( , ),

r

r r R r T α ψ θ ϕ θ ϕ θ ϕ θ θ ϕ −

= + + = (4)

где је, наравно, ( , ) sin cos sin sin cos .T θ ϕ θ ϕ θ ϕ θ = + + Прилично је очигледно да је

1,0

4πcos ( , ),

3Y θ θ ϕ = а да је нпр. sin cosθ ϕ једнако разлици 1, 1Y − и 1,1Y помноженој

са 1 8π

.2 3

Аналогно изражавамо и sin sin ,θ ϕ па сређивањем добијамо да је:


14/20

94

( ) ( )1, 1 1,1 1,02π 2π 4π

( , ) 1 i 1 i ,3 3 3

T Y Y Y θ ϕ −

= + − − + (5)

одакле видимо да је

( )

2

2

1, 1

2π 4π1 i

3 13( ) .4π 4π 4π 4π 3

3 3 3

zcP lT T

−

+

= − = = = =

+ +

Напомињемо да би

се мерењем 2l овог система сигурно добила вредност 22 . Развој (5) смо могли добити и формално, коришћењем једначине (3.2). Тако

нпр.

2π π

1, 1 1, 1

0 0

( , ) ( , ) sin d dc Y T θ ϕ θ ϕ θ θ ϕ ∗− −

= =∫ ∫

2π π

i

1 2 3

0 0

3sin e (sin cos sin sin cos )sin d d ,8π I I I

ϕ

θ θ ϕ θ ϕ θ θ θ ϕ = + + = + +∫ ∫

где су:2π π 2π π

3 i 3 i

1 2

0 0 0 0

3 3sin e cos d d , sin e sin d d

8π 8π I I

ϕ ϕ θ ϕ θ ϕ θ ϕ θ ϕ = =∫ ∫ ∫ ∫ и

2π π

2 i

3

0 0

3sin cos e d d .

8π I

ϕ θ θ θ ϕ = ∫ ∫ 1 I решавамо као што следи:

2π π 2π π

3 i i 3

1

0 0 0 0

3 3sin e cos d d e cos d sin d ;

8π 8π

I ϕ ϕ θ ϕ θ ϕ ϕ ϕ θ θ = =∫ ∫ ∫ ∫

2π 2π 2π 2π 2π

i 2

0 0 0 0 0

1 cos2e cos d cos d i sin cos d d i sin d(sin )

2

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ +

= + = + =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

2π2π 2π

00 0

1 1 1d cos2 d π sin2 π 0 π,

2 2 4|ϕ ϕ ϕ ϕ = + = + = + =∫ ∫

1π π 1 33 2 2

10 0 1

4sin d (cos 1)d(cos ) ( 1)d( ) ;

3 3| x x x xθ θ θ θ

−−

= − = − = − =

∫ ∫ ∫

1

3 4 2ππ .

8π 3 3 I = ⋅ ⋅ =

Није тешко показати да су 2

2πi

3 I = и 3 0, I = па је ( )1, 1

2π1+ i .

3c

− = 1,0c и 1,1c се

рачунају аналогно.


15/20

95

6.6. Решити својствени проблем Хамилтонијана 2D крутог ротатора.

Решење: 2D крути ротатор је систем који се састоји од две материјалне тачке,

маса 1

m и 2,m које се налазе на фиксираном растојању R и слободно ротирају око

свог центра масе. Његов Хамилтонијан је:

( )2 2 2

2 21 1 2 21 2 1 1 1 2

,2 2 2

m v m v H T U T T m r m r

ω = + = + = + = +

јер тачке имају исту угаону брзину, ,ω и 1 1

,v r ω = 2 2 .v r ω =

Момент инерције крутог ротатора је, по дефиницији,2

2 2 2

1 1 2 2

1

,i ii

I m r m r m r =

= = +∑ где су 1r и 2r растојања од одговарајућих тачака до центра

масе; наравно 1 2 .r r R+ = Такође, за центар масе важи и 1 1 2 2 ,m r m r = па:

1 2

1 1 2 2

r r R

m r m r

+ =

= →

21

1 2

12

1 2

m Rr

m m

m Rr

m m

=+

=+

→ 2 2 2

1 1 2 2, I m r m r R µ = + = 1 2

1 2

.m m

m m µ =

+

µ је редукована маса система (уочимо да је редукована маса система зрно грашка-

лубеница мало мања од масе зрна грашка). С друге стране, ангуларни момент 2Dкрутог ротатора је:

1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2.m m= + = × + × = × + ×

L L L r p r p r v r v

Како су 1 1⊥ r v и 2 2 ,⊥ r v 1 1 1 1r v× = r v и 2 2 2 2.r v× = r v Осим тога, 1 1 2 2, , , r v r v су

компланарни па је 1 2

L L (а није тешко видети да су и истог смера) што даје:

2 2

1 1 1 2 2 2 1 1 2 2. L m rv m r v m r m r I ω ω ω = + = + =

Дакле, за Хамилтонијан и ангуларни момент 2D крутог ротатора важи:

2 2 2

,2 2

I R H

ω µ ω = = (1)

2, L R µ ω = (2)

2

.2

L H

I = (3)

Видимо да 2D крути ротатор (систем I) има исти Хамилтонијан и оператор

(квадрата) ангуларног момента као и једна материјална тачка масе µ која ротира


16/20

96

око неког центра на растојању R (систем II). Својствени проблем оператора

квадрата ангуларног момента система II смо већ решили и знамо да је 2 2

( 1) ,l lm l l lm= + па је (уобичајено је да се пише J уместо ) :l

2 21 1

( 1) ,2 2 H Jm L Jm J J Jm I I = = + (4)

одакле су својствене вредности Хамилтонијана 2D крутог ротатора:

2( 1)( ) ,

2

J J E J

I

+=

(5)

а својствене функције су дате једначином (9) задатка 6.4.

Онда када је прихватљива апроксимација двоатомског молекула (ДАМ)крутим ротатором (што је релативно често случај), ротационе термове ДАМ

можемо представити изразом:

2

( ) ( 1)( ) ( 1),

8π

E J hJ J T J BJ J

hc Ic

+= = = +

где је B ротациона константа молекула. Сваки ниво је дегенерисан 2 1 J + пута.

6.7. Наћи очекиване вредности 2 2 2, , , , , , , , , , , , x y z x y z x y y x J J J J J J J J J J J J J J J J + − + − − +

и 2 J у стању . jm

Решење: Имамо у виду да је базис { } jm ортонормиран, δ δ . jj mm jm j m ′ ′′ ′ =

( 1) ( 1) , 1 ( 1) ( 1) , 1 jm J jm jm j j m m j m j j m m jm j m+

= + − + + = + − + + =

, 1( 1) ( 1)δ δ ( 1) ( 1) 1 0 0. jj m m j j m m j j m m+= + − + = + − + ⋅ ⋅ =

( 1) ( 1) , 1 0, jm J jm jm j j m m j m−

= + − − − =

1 10,

2 2 x jm J jm jm J jm jm J jm+ −= + =

1 1

0,2i 2i y jm J jm jm J jm jm J jm+ −= − =

, z jm J jm jm m jm m= =

2 2 2 2 2 , z jm J jm jm m jm m= =

2 2 2( 1) ( 1) , jm J jm jm j j jm j j= + = +


17/20

97

2 2 2 2

z z z z jm J J jm jm J J J jm jm J jm jm J jm jm J jm+ − = − + = − + =

( )2 2 2 2 2( 1) ( 1) ( 1) , j j m m j j m m= + − + = + − −

( )2 2 2 ( 1) ( 1) , z z jm J J jm jm J J J jm j j m m− + = − − = + − +

Подсетимо се,2 22

,4

x

J J J J J J J + + − − + −+ + += а како је 2 2 0, jm J jm jm J jm+ −

= =

(показати) следи да је:

22 21 1 ( 1)

,4 4 2

x

j j m jm J jm jm J J jm jm J J jm

+ − − +

+ −= + =

22 2 2( 1)

,2

y x

j j m jm J jm jm J jm

+ −= =

21 1 i

,4i 4i 2

x y

m jm J J jm jm J J jm jm J J jm

− + + −= − =

21 1 i.

4i 4i 2 y x

m jm J J jm jm J J jm jm J J jm

− + + −= − + = −

6.8. Репрезентовати матрицама операторе из претходног задатка у бази коју

чине заједничке својствене функције оператора 2 J и z J за:

а) 1 J = б)3

.2

J =

Решење:

а) Као што је познато ову базу чине функције 1,1 , 1, 0 и 1, 1 .−

Репрезентовати оператор A матрицом у некој бази { },u значи одредити све

матричне елементе типа ,ij i j A u A u= задатак 1.23. Нпр. репрезентација

оператора z J у овој бази је:

1,1 1,1 1,1 1,0 1,1 1, 1

1,0 1,1 1,0 1,0 1,0 1, 11, 1 1,1 1, 1 1,0 1, 1 1, 1

z z z

z z z z

z z z

J J J

J J J J J J J

−

= − − − − −

Како је , z J jm m jm= видимо да су:

1,1 1, 1 1,1 1, 1 1,1 1, 1 0 0, z J − = − − = − − = − ⋅ =


18/20

98

1,0 1,1 1,0 1,1 1,0 1,1 0 0, z J = = = ⋅ = . . .

одакле није тешко закључити да различити од нуле могу бити само елементи на дијагонали матрице. Тако:

0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 .

0 0 0 0 1

z J

= = − −

(1)

Јасно, 1,0 1,0 1,0 0 1,0 0 1,0 1,0 0 1 0. z J = = = ⋅ = Сличним резоновањем

добијамо:

2 2

1 0 0

2 0 1 0 .

0 0 1

J

=

(2)

Како је , 1 , J jm C j m+

= + видимо да у матрици

1,1 1,1 1,1 1,0 1,1 1, 1

1,0 1,1 1,0 1,0 1,0 1, 1

1, 1 1,1 1, 1 1,0 1, 1 1, 1

J J J

J J J J

J J J

+ + +

+ + + +

+ + +

−

= − − − − −

само елементи 1,1 1,0 J +

и 1,0 1, 1 J +

могу бити различити од нуле,

1,1 1,0 1,1 1(1 1) 0(0 1) 1,1 2, J +

= + − + =

1,0 1, 1 1,0 1(1 1) ( 1)( 1 1) 1,0 2, J +

− = + − − − + =

односно:

0 1 0

2 0 0 1 .

0 0 0

J +

=

(3)

Слично се показује да је

0 0 0

2 1 0 0 .

0 1 0

J −

=

(4)


19/20

99

Како су 2

x

J J J + −

+= и ,

2i y

J J J + −

−= директним сабирањем одговарајућих

матрица одмах добијамо:

0 1 0

1 0 1 ,2

0 1 0

x J

=

0 1 0

i 1 0 1 .2

0 1 0

y J

−

= −

(5)

Међутим, могли смо искористити и следеће изразе:

{ }( 1) ( 1) , 1 ( 1) ( 1) , 1 ,2 2

x

J J J jm jm j j m m j m j j m m j m+ −

+= = + − + + + + − − −

{ }( 1) ( 1) , 1 ( 1) ( 1) , 1 ,2i 2i

y

J J J jm jm j j m m j m j j m m j m+ −

−= = + − + + − + − − −

те помоћу њих добити матрице (5). Слично, матричним множењем имамо да је:

2

2

0 1 0 0 1 0 1 0 1

1 0 1 1 0 1 0 2 0 ,22 2

0 1 0 0 1 0 1 0 1

x x x J J J

= = =

221 0 1

0 2 0 .2

1 0 1

y J

−

= −

(6)

Матрице (6) смо могли добити и коришћењем 2 2

2,

4 x

J J J J J J J + + − − + −

+ + +=

2 22

,4 y

J J J J J J J + + − − + −

− − += − а уз помоћ релација:

( )2 ( 1) ( 1) , 1 ( 1) ( 1) , 1 J jm J j j m m j m j j m m J j m+ + += + − + + = + − + + =

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 2) , 2 , j j m m j j m m j m= + − + ⋅ + − + + +

( )2 ( 1) ( 1) , 1 J jm J j j m m j m− −= + − − − =

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 2) , 2 , j j m m j j m m j m= + − − ⋅ + − − − −

( )( 1) ( 1) , 1 J J jm J j j m m j m− + −= + − + + =

( ) 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) , j j m m j j m m jm j j m m jm= + − + ⋅ + − + = + − +

( )( 1) ( 1) , 1 J J jm J j j m m j m+ − += + − − − =

( ) 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) , j j m m j j m m jm j j m m jm= + − − ⋅ + − − = + − −


20/20

100

одакле су:

( )2

2 2

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 2) , 2

2 ( 1) ,4

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 2) , 2

x

j j m m j j m m j m

J jm j j m jm

j j m m j j m m j m

+ − + ⋅ + − + + + +

= + − +

+ − − ⋅ + − − − −

(7)

( )2

2 2

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 2) , 2

2 ( 1) .4

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)( 2) , 2

y

j j m m j j m m j m

J jm j j m jm

j j m m j j m m j m

+ − + ⋅ + − + + + +

= − − + − +

+ − − ⋅ + − − − −

(8)

Применом израза (7) и (8) добијамо матрице (6). Испис преосталих матричних

репрезентација остављамо читаоцу.

б) Ову базу чине функције 3 3

, ,2 2

3 1

, ,2 2

3 1,

2 2− и

3 3, ,

2 2− па су матричне

репрезентације:

3 / 2 0 0 0

0 1/ 2 0 0,

0 0 1/ 2 0

0 0 0 3 / 2

z J

= −

−

2

2

1 0 0 0

0 1 0 015,

0 0 1 04

0 0 0 1

J

=

0 3 0 0

0 0 2 0,

0 0 0 3

0 0 0 0

J +

=

. . .

Documents

Ugaoni Moment