Momento angolare totale

==Diversi momenti angolari==
Riprendiamo il generatore <math>J_{ij}</math>, questo possiamo scriverlo anche come:

<math display="block"> J_{ij} = \epsilon_{ijk} J_k </math>

Visto che <math>\epsilon_{ijk'} J_{ij} = \epsilon_{ijk'} \epsilon_{ijk} J_k = 2 \delta_{kk'} J_k</math>, sarà allora:

<math display="block"> J_k = \frac{1}{2} \epsilon_{ijk} J_{ij}</math>

Queste due espressioni sono ovviamente equivalenti. Possiamo allora sfruttare quest'uguaglianza e sostituirla nell'operatore unitario:

<math display="block"> \mathcal{U} (\mathbb{I} + \omega) = \mathbb{I} + \frac{i}{2\hbar} \omega_{ij} J_{ij} = \mathbb{I} + \frac{i}{2\hbar} \omega_{ij} \epsilon_{ijk} J_k = \mathbb{I} + \frac{i}{\hbar} \underbrace{\left( \frac{\epsilon_{ijk} \omega_{ij}}{2} \right)}_{\omega_k} J_k = \mathbb{I} + \frac{i}{\hbar}\omega_kJ_k = \mathbb{I} + \frac{i}{\hbar} \boldsymbol{\omega} \cdot \mathbf{J}</math>

Questo è un nuovo modo per esprimere la rotazione infinitesima; riprendiamo la prima regola di commutazione <math>\frac{i}{\hbar}[J_{ij},V_k]</math> e riscriviamola in funzione di <math>J_k</math>, semplicemente moltiplicandola per <math>\frac{1}{2} \epsilon_{ijk'}</math>

<math display="block"> 
\begin{align}
&\frac{i}{\hbar} \frac{1}{2} \epsilon_{ijk'} [ V_k, J_{ij}] = \frac{1}{2}\epsilon_{ijk'} \delta_{kj} V_j - \frac{1}{2} \epsilon_{ijk'} \delta_{ki} V_i \\
&\frac{i}{\hbar}[ V_k, J_{k'}] = \frac{1}{2} \epsilon_{kjk'} V_j - \frac{1}{2} \epsilon_{ikk'}V_i = \epsilon_{kjk'} V_k
\end{align}
</math>

Da questa si ricava immediatamente che <math>[J_i, V_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} V_k</math>: '''questa è proprio la regola di commutazione del momento angolare orbitale con qualsiasi operatore vettoriale''', senza però usare la definizione <math>\mathbf{L} = \mathbf{x}\times \mathbf{p}</math>. Questo ci dice che il tensore <math>J_{ij}</math> è legato dalla relazione <math>J_{ij} = \epsilon_{ijk} J_k</math> a ''un momento angolare'' che genera la rotazione. Poiché non abbiamo usato la definizione di momento angolare orbitale ci sarà spazio per altri momenti angolari oltre questo: possiamo definirne uno <math>\mathbf{S}</math>, lo chiamiamo ''spin'' e vale <math>\mathbf{S} = \mathbf{J} - \mathbf{L}</math>, da cui <math>\mathbf{J} = \mathbf{L} + \mathbf{S}</math>. Di questo nuovo momento angolare non sappiamo ancora nulla, ma possiamo dedurre qualcosa, infatti:

<math display="block"> \begin{align}
& [J_i, V_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} V_k \\
&[L_i + S_i, V_j] = [L_i, V_j] + [S_i, V_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} V_k
\end{align}
</math>

Poiché sappiamo <math>[L_i, V_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} V_k</math> '''deduciamo che <math>[S_i,V_j]=0</math>'''. L'altra unica informazione che abbiamo sullo spin è <math>[S_i,S_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} S_k</math>. Abbiamo quindi un elenco di commutatori che valgono per i momenti angolari:

<math display="block"> 
\begin{align}
&[L_i,L_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} L_k \\
&[L_i, S_j] = 0 \\
&[S_i,S_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} S_k \\
&[L_i, V_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} V_k \\
&[S_i, V_j] = 0 
\end{align}
</math>

Per avere più informazioni sullo spin occorre compiere ancora qualche passo.

{{InizioEsempio|title=8.1}}
Come si trasforma il tensore di Levi-Civita sotto rotazioni? Essendo un tensore di rango 3, occorrono 3 rotazioni in sequenza per ruotarlo:

<math display="block"> \epsilon_{ijk} R_{ii'} R_{jj'} R_{kk'} = \epsilon_{ijk} \det{R} = \epsilon_{ijk}</math>

Quindi il tensore di Levi-Civita è invariante per rotazioni. La stessa cosa vale ovviamente per la delta di Kronecker:

<math display="block"> \delta_{ij}R_{ik} R_{jk'} = R_{ik} R_{ik'} = R_{ki}^T R_{ik'} = \delta_{kk'}</math>
{{FineEsempio}}

{{InizioEsempio|title=8.2}}
Vediamo che l'espressione <math>J_k = \frac{1}{2}\epsilon_{ijk} J_{ij}</math> '''non''' dipende dal sistema di riferimento. Compiamo una rotazione su questa:

<math display="block"> \epsilon_{ijk} J_{ij} \to \epsilon_{ijk} (R_{il}^T R_{lr} )(R_{jm}^T R_{ms} ) J_{rs} = (R_{li} R_{mj} \epsilon_{ijk} )(R_{lr} R_{ms}) J_{rs}</math>

Allo stesso modo ruotiamo <math>J_k</math> e uguagliamo le due espressioni:

<math display="block">J_k^{'}= R_{nk} J_k = \frac{1}{2} R_{nk} R_{li} R_{mj} \epsilon_{ijk} J_{lm}^{'} = \frac{1}{2} \epsilon_{lmk} J_{lm}^{'}</math>

Come volevasi dimostrare.
{{FineEsempio}}

==Componenti del momento angolare, operatori di scala==
Entriamo nel gorgo; esattamente come per il momento angolare orbitale, è lecito aspettarsi che:

<math display="block"> J_3 \boldsymbol{\Psi}_l^m = \hbar m \boldsymbol{\Psi}_l^m</math>

Ovvero che <math>\boldsymbol{\Psi}_{l}^m</math> è autostato di <math>J_3</math> con autovalore <math>\hbar m</math> e <math>m</math> risulta ovviamente la proiezione sull'asse <math>\hat{\mathbf{z}}</math> del ''momento angolare totale''. Definiamo gli '''operatori di scala''':

<math display="block"> J_{\pm} = J_1 \pm i J_2</math>

Posto <math> [J_i, J_j] = i \hbar \epsilon_{ijk} J_k</math>, vediamo come possiamo esprimere <math>J_3 ( J_{\pm} \boldsymbol{\Psi}^m)</math>, partendo dal commutatore:

<math display="block"> [J_3, J_{\pm}]=[J_3, J_1 \pm i J_2] = [J_3, J_1] \pm i [J_3, J_2] = i \hbar \epsilon_{312} J_2 \pm i (i \hbar \epsilon_{321} J_1 ) = \pm \hbar J_1 + i \hbar J_2</math>

Da questo si ricava facilmente che <math>J_3 J_{\pm} = J_{\pm} J_3 \pm \hbar J_{\pm}</math>. Allora:

<math display="block"> J_3(J_{\pm} \boldsymbol{\Psi}^m) = J_{\pm} (\hbar m \boldsymbol{\Psi}^m) \pm \hbar J_{\pm} \boldsymbol{\Psi}^m = \hbar (m \pm 1) J_{\pm} \boldsymbol{\Psi}^m</math>

Questo ci dice che <math>J_{\pm}\boldsymbol{\Psi}^m</math> è autostato di <math>J_3</math> con autovalore <math>\hbar (m\pm1)</math>. Verificheremo che <math> J_{\pm}\boldsymbol{\Psi}^m \propto \boldsymbol{\Psi}^{m\pm1}</math> e troveremo anche gli autovalori. 

Poiché <math> [\mathbf{J}^2, J_3] = 0</math>, lo stato <math>\boldsymbol{\Psi}_j^m</math> è autostato comune a entrambi e, come per il momento angolare orbitale, vale:

<math display="block"> \mathbf{J}^2 \boldsymbol{\Psi}_j^m = \hbar^2 j(j+1) \boldsymbol{\Psi}_j^m</math>

Solo che in questo caso <math>\mathbf{J}</math> è più generale di <math>\mathbf{L}</math> e, di conseguenza, <math>\boldsymbol{\Psi}_j^m</math> non rappresenta le armoniche sferiche, o meglio, non rappresenta ''solo'' le armoniche sferiche. Poiché <math>\mathbf{J}^2</math> commuta anche gli operatori di scala <math>J_{\pm}</math>, hanno tutti autostati comuni.

Supponiamo <math>\boldsymbol{\Psi}_j^m</math> sia autostato comune a <math>\mathbf{J}^2</math> con autovalore <math>j</math> e a <math>J_3</math> con autovalore <math>m</math>, sfruttando le regole generali degli spazi di Hilbert:

<math display="block"> 0 \leq (\boldsymbol{\Psi}_j^m, (J_1^2 + J_2^2) \boldsymbol{\Psi}_j^m) = (\boldsymbol{\Psi}_j^m, (\mathbf{J}^2 - J_3^2)\boldsymbol{\Psi}_j^m) = j - m^2</math>

Da questa ricaviamo che <math>- \sqrt{j} \leq m \leq \sqrt{j}</math>, ovvero '''la scala degli stati <math>\boldsymbol{\Psi}^m</math> non è illimitata'''. Posto <math>j= \max(m)</math> e <math>j' = \min(m)</math>, vale:

<math display="block"> 
\left| \begin{align}
&J_+ \boldsymbol{\Psi}^j = 0 \\
&J_- \boldsymbol{\Psi}^j \propto \boldsymbol{\Psi}^{j-1} \\
&\quad \vdots \\
&J_- \boldsymbol{\Psi}^{j'} = 0
\end{align} \right. </math>

Ricaviamo da questo che <math>j-j'</math> è '''intero'''. Costruiamo adesso altri due operatori:

<math display="block"> \begin{align} 
&J_-J_+ = J_1^2 + J_2^2 + i [J_1,J_2] = \mathbf{J}^2 - J_3^2 - \hbar J_3 \\
&J_+J_- = \mathbf{J}^2 - J_3^2 + \hbar J_3
\end{align}
</math>

Consideriamo l'equazione del ''peso massimo'' <math>J_+ \boldsymbol{\Psi}^j = 0</math>, che implica <math>m=j</math>, varrà allo stesso modo <math>J_-J_+\boldsymbol{\Psi}^j = 0</math>, quindi:

<math display="block"> 
\begin{align}
&(\mathbf{J}^2 - J_3^2 - \hbar J_3) \boldsymbol{\Psi}^j = 0 \\
&\mathbf{J}^2 \boldsymbol{\Psi}^j = J_3^2 \boldsymbol{\Psi}^j + \hbar m J_3 \boldsymbol{\Psi}^j \\
\Rightarrow &\mathbf{J}^2\boldsymbol{\Psi}^j = \hbar^2 j(j+1) \boldsymbol{\Psi}^j
\end{align}
</math>

Questo vale ovviamente sul peso massimo. Possiamo ripetere il procedimento sul peso minimo, considerando che <math>J_- \boldsymbol{\Psi}^{j'} = 0</math>, quindi:

<math display="block"> \begin{align}
&J_+J_-\boldsymbol{\Psi}^{j'}= 0 \\
&(\mathbf{J}^2 - J_3^2 + \hbar J_3 ) \boldsymbol{\Psi}^{j'} = 0 \\
\Rightarrow &\mathbf{J}^2 \boldsymbol{\Psi}^{j'} = \hbar^2 j' (j'-1) \boldsymbol{\Psi}^{j'}
\end{align}
</math>

Osserviamo che gli operatori <math>J_-J_+, J_+J_-</math> ''non'' fanno cambiare la proiezione sul terzo asse dello stato, quindi uguagliando i due autovalori trovati troveremo una condizione sull'autovalore del momento angolare totale <math>\mathbf{J}^2</math>. Infatti <math>j(j+1) = j'(j'-1)</math> ammette due soluzioni: la prima è paradossale, <math>j'=j+1</math>, ma non ha senso visto che <math>j'<j</math> per come l'abbiamo costruito; la seconda invece è interessante: <math>j' = -j</math>. Riprendendo il risultato che <math>j-j'</math> è intero, otteniamo che '''<math>2j</math> è un numero intero''': quindi <math>j</math> può essere sia intero che semiintero. Si apre quindi la porta della possibilità che sia <math>j=\frac{1}{2}</math> (è questo il caso dello spin teorizzato da Goudsmith e Uhlenbeck): in questo caso infatti si hanno sole due possibili proiezioni sull'asse <math>\hat{\mathbf{z}}</math> e sono <math>\pm\frac{1}{2}</math>. Possono anche esserci dei casi in cui lo spin vale <math>\frac{3}{2}</math>, come nel caso dei barioni <math>\Delta^{++}</math>. Abbiamo compiuto un passo importantissimo: è vero che c'è il momento angolare orbitale <math>\mathbf{L}</math> con i suoi autovalori ''interi'', ma la storia permette l'esistenza di altri momenti angolari con autovalori ''semiinteri'', aprendo la strada allo spin. 

==Autovalori degli operatori di scala==
Essendo <math>\mathbf{J}^2,J_3</math> operatori hermitiani, valgono per i loro autostati le classiche regole di ortogonalità:

<math display="block">
\begin{align}
&(\boldsymbol{\Psi}_j^{m'},\boldsymbol{\Psi}_j^m)=\delta_{mm'} \\
&(\boldsymbol{\Psi}_{j'}^m,\boldsymbol{\Psi}_j^m)=\delta_{jj'} \\
&\boldsymbol{\Psi}_{j'}^{m'},\boldsymbol{\Psi}_j^m)=\delta_{jj'}\delta_{mm'}
\end{align}
</math>

Cerchiamo adesso gli autovalori degli operatori di scala <math>J_{\pm}</math>. Abbiamo anticipato che <math>J_{\pm}\boldsymbol{\Psi}^m \propto \boldsymbol{\Psi}^{m \pm 1}</math>. Supponiamo che <math>\alpha_-(j,m)</math> sia l'autovalore di <math>J_-</math> sullo stato <math>\boldsymbol{\Psi}_j^m</math>. Allora:

<math display="block">J_+(J_- \boldsymbol{\Psi}_j^m) = J_+ ( \alpha_-(j,m) \boldsymbol{\Psi}_j^{m -1} ) = \alpha_- (j,m) \alpha_+ (j, m-1) \boldsymbol{\Psi}_j^m</math>

Ricordando che:

<math display="block"> J_+J_- \boldsymbol{\Psi}_j^m = (\mathbf{J}^2 - J_3^2 + \hbar J_3) \boldsymbol{\Psi}_j^m = \hbar^2 ( j(j+1) - m^2 + m) \boldsymbol{\Psi}_j^m</math>

Otteniamo una prima condizione su questi autovalori:

<math display="block"> \alpha_-(j,m) \alpha_+(j,m-1) = \hbar^2 (j(j+1) - m^2 +m)</math>

Dobbiamo cercare un'altra equazione per determinarli. Partiamo da <math>(J_{\pm} \boldsymbol{\Psi}^m, J_{\pm}\boldsymbol{\Psi}^m) = (\boldsymbol{\Psi}^m, J_{\mp} J_{\pm}\boldsymbol{\Psi}^m)</math>. A questa uguaglianza sostituiamo la stessa in cui al posto degli operatori inseriamo i loro autovalori:

<math display="block"> (\alpha_{\pm}(j,m) \boldsymbol{\Psi}_j^m, \alpha_{\pm}(j,m) \boldsymbol{\Psi}_j^m ) = |\alpha_{\pm} (j,m)|^2 ( \boldsymbol{\Psi}_j^m, \boldsymbol{\Psi}_j^m)</math>

Soffermiamoci a guardare il membro di destra: possiamo anche esprimerlo come:

<math display="block"> |\alpha_{\pm}(j,m)|^2 = (\boldsymbol{\Psi}_j^m, J_{\mp} J_{\pm}\boldsymbol{\Psi}_j^m) = (\boldsymbol{\Psi}_j^m, (\mathbf{J}^2 - J_3^2 \mp \hbar J_3) \boldsymbol{\Psi}_j^m) = \hbar^2 (j(j+1) - m^2 \mp m)</math>

Abbiamo ottenuto quindi due condizioni su questi autovalori:

<math display="block">
\left\{
\begin{align}
&|\alpha_{\pm} (j,m) |^2 = \hbar^2 (j(j+1) - m^2 \mp m) \\
&\alpha_-(j,m) \alpha_+(j,m-1) = \hbar^2 ( j(j+1) - m^2 + m) 
\end{align} \right. </math>

Concludiamo quindi la nostra disperata ricerca degli autovalori degli operatori di scala:

<math display="block"> \mathbf{J}_{\pm} \boldsymbol{\Psi}_j^m = \hbar \sqrt{j(j+1) - m^2 \mp m} \boldsymbol{\Psi}_j^{m \pm 1}</math>

Questi autovalori sono ovviamente definiti a meno di una fase (siamo sempre nel campo dei numeri complessi). Se però consideriamo che gli stati non sono altro che raggi nello spazio di Hilbert, moltiplicati per un numero tale che <math>|a|^2=1</math> questi non variano (per la regola di Born); quando appare quindi una fase, basta moltiplicarli per una fase ulteriore per tornare nel caso di prima. In parole spicciole gli autovalori degli operatori di scala sono reali.

Questo giochetto così innocente quanto perverso ('' "Ma perché stamo a fa sta cosa?" '' è una domanda che è aleggiata nelle menti di chiunque sia passato per questi argomenti) ha in realtà degli utilizzi estremamente potenti: ricordate le armoniche sferiche e lo sbattimento assurdo per costruirle? Ecco, con gli operatori di scala quello sbattimento non è più necessario. Infatti, definiti <math>L_{\pm} = L_1 \pm i L_2</math>, vale <math>L_{\pm}Y_l^m = \hbar \sqrt{l(l+1) - m^2 \mp m} Y_l^{m \pm 1}</math>. Ricordando la definizione di <math>L_1,L_2</math> si possono ottenere gli operatori di scala e usare questi. Il consiglio è: partire dall'armonica <math>Y_l^0</math>, visto che sono noti i polinomi di Legendre, e salire e scendere con gli operatori di scala (oppure, allo stesso modo, partire dalla più alta o dalla più bassa che sono polinomi easy da scrivere come <math>\hat{x}_{\pm}^l</math> e salire o scendere con gli operatori di scala). La fase strana che compariva in tutte le armoniche sferiche, utilizzando questo metodo, ''viene fuori di per sè'' senza stare troppo tempo a pensarci su. Facciamo un esempio: consideriamo <math>Y_1^0 </math> e ricaviamo la superiore con gli operatori di scala:

<math display="block"> Y_1^0 = \sqrt{\frac{3}{4\pi}} \cos \theta \to L_+ Y_1^0 = \hbar \sqrt{1(1+1)-0-0} Y_1^1 = \hbar \sqrt{2} Y_1^1</math>

A questo punto, basta osservare che <math>L_+ = \hbar e^{-i \phi} \partial_\theta + i \hbar \cot \theta e^{i \phi} \partial_{\phi}</math>:

<math display="block"> \left. \begin{align}
&\hbar e^{i \phi} \partial_{\theta} \left( \sqrt{\frac{3}{4 \pi}} \cos \theta \right) = \hbar \sqrt{2} Y_1^1 \\
&e^{i \phi} \sqrt{\frac{3}{4 \pi}} (- \sin \theta) = \sqrt{2} Y_1^1
\end{align} \right\}
Y_1^1 = - e^{i \phi} \sqrt{\frac{3}{8 \pi}} \sin \theta </math>