Calcule os autovalores do seguinte hamiltoniano:
\hat{H}=\frac{L_{x}^{2}}{2 I_{1}}+\frac{L_{y}^{2}}{2 I_{2}}+\frac{L_{z}^{2}}{2 I_{3}}
quando o número quântico associado ao momento angular orbital do sistema é \ell=1.
Sugestão: Escreva este hamiltoniano na representação de \hat{\mathbf{L}}^{2} e \hat{\mathrm{L}}_{z} com os autovalores correspondentes. Use a forma matricial dos operadores \hat{\mathrm{L}}_{+}e \hat{\mathrm{L}}_{-}. para escrever as componentes x e y do momento angular.

Passo 1

O enunciado pede os autovalores (valores de energia) do Hamiltoniano
\hat{H}=\frac{\hat{L}_{x}^{2}}{2I_{1}}+\frac{\hat{L}_{y}^{2}}{2I_{2}}+\frac{\hat{L}_{z}^{2}}{2I_{3}}
no subespaço com número quântico \ell=1. Informações dadas e o que vamos usar:
  • Trabalhar na base dos autoestados comuns de \hat{\mathbf{L}}^2 e \hat{L}_z: \{\,|\ell=1,m=1\rangle,\;|1,0\rangle,\;|1,-1\rangle\,\}.
  • Preciso montar a matriz de \hat{H} nessa base e achar seus autovalores.
  • Vou usar as relações entre \hat{L}_x,\hat{L}_y e os operadores de subida/descida \hat{L}_\pm e as fórmulas padrão de ação de \hat{L}_\pm sobre |\ell,m\rangle.

Passo 2

Recordando as fórmulas básicas (explicando como e por quê):
  • Os autovalores de \hat{\mathbf{L}}^2 e \hat{L}_z são
\hat{\mathbf{L}}^2|\ell,m\rangle=\hbar^2\ell(\ell+1)|\ell,m\rangle,\qquad \hat{L}_z|\ell,m\rangle=\hbar m|\ell,m\rangle.
Como \ell=1, tem-se \hbar^2\ell(\ell+1)=\hbar^2\cdot2.
  • Os operadores de subida/descida obedecem
\hat{L}_\pm|\ell,m\rangle=\hbar\sqrt{\ell(\ell+1)-m(m\pm1)}\,|\ell,m\pm1\rangle.
Para \ell=1 isso dá explicitamente:
\hat{L}_+|1,1\rangle=0,\quad \hat{L}_+|1,0\rangle=\hbar\sqrt{2}\,|1,1\rangle,\quad \hat{L}_+|1,-1\rangle=\hbar\sqrt{2}\,|1,0\rangle,
\hat{L}_-|1,-1\rangle=0,\quad \hat{L}_-|1,0\rangle=\hbar\sqrt{2}\,|1,-1\rangle,\quad \hat{L}_-|1,1\rangle=\hbar\sqrt{2}\,|1,0\rangle.
Esses coeficientes \sqrt{2} são obtidos substituindo \ell=1 e os valores de m na fórmula acima — nada misterioso, apenas aplicar a definição.

Passo 3

Expressar \hat{L}_x,\hat{L}_y em termos de \hat{L}_\pm (fórmulas padrão que vêm do definir componentes cartesianas):
\hat{L}_x=\frac{\hat{L}_+ + \hat{L}_-}{2},\qquad \hat{L}_y=\frac{\hat{L}_+ - \hat{L}_-}{2i}.
Daí
\hat{L}_x^2=\frac{1}{4}\big(\hat{L}_+^2+\hat{L}_-^2+\hat{L}_+\hat{L}_-+\hat{L}_-\hat{L}_+\big),
\hat{L}_y^2=-\frac{1}{4}\big(\hat{L}_+^2+\hat{L}_-^2-\hat{L}_+\hat{L}_- - \hat{L}_-\hat{L}_+\big).
Somando com os coeficientes do Hamiltoniano obtemos, agrupando termos:
\hat{H}=\frac{1}{8}\Big(\frac{1}{I_1}-\frac{1}{I_2}\Big)\big(\hat{L}_+^2+\hat{L}_-^2\big) +\frac{1}{8}\Big(\frac{1}{I_1}+\frac{1}{I_2}\Big)\big(\hat{L}_+\hat{L}_-+\hat{L}_-\hat{L}_+\big) +\frac{1}{2I_3}\hat{L}_z^2.

Passo 4

Usar identidades úteis para simplificar:
  • \hat{L}_+\hat{L}_-+\hat{L}_-\hat{L}_+=2(\hat{\mathbf{L}}^2-\hat{L}_z^2).
  • Para \ell=1, \hat{\mathbf{L}}^2 atua como número: \hat{\mathbf{L}}^2\to\hbar^2\cdot2.
    Substituindo na expressão de \hat{H}:
\hat{H}=\frac{1}{8}\Big(\frac{1}{I_1}-\frac{1}{I_2}\Big)\big(\hat{L}_+^2+\hat{L}_-^2\big) +\frac{1}{4}\Big(\frac{1}{I_1}+\frac{1}{I_2}\Big)\big(\hbar^2\cdot2-\hat{L}_z^2\big) +\frac{1}{2I_3}\hat{L}_z^2.
Para simplificar a escrita, defino
A=\frac{1}{4}\Big(\frac{1}{I_1}+\frac{1}{I_2}\Big),\qquad B=\frac{1}{2I_3},\qquad E=\frac{1}{8}\Big(\frac{1}{I_1}-\frac{1}{I_2}\Big).
Então
\hat{H}= \; (2\hbar^2)A \;+\; \big(-A + B\big)\hat{L}_z^2 \;+\; E\big(\hat{L}_+^2+\hat{L}_-^2\big).
Aqui o termo 2\hbar^2 A é apenas uma constante multiplicativa (porque \hat{\mathbf{L}}^2=2\hbar^2 em \ell=1) que contribui para as componentes diagonais.

Passo 5

Agora vamos montar a matriz de \hat{H} na base \{|1,1\rangle,|1,0\rangle,|1,-1\rangle\}. Primeiro os elementos diagonais:
para um estado |1,m\rangle,
\langle 1,m|\hat{H}|1,m\rangle = \hbar^2\Big[ A(2-m^2)+ B m^2\Big],
porque \hat{L}_z^2|1,m\rangle=\hbar^2 m^2|1,m\rangle e \hat{\mathbf{L}}^2=2\hbar^2. Substituindo m=1,0,-1
\langle1,1|\hat{H}|1,1\rangle=\hbar^2(A+B),\qquad \langle1,0|\hat{H}|1,0\rangle=\hbar^2(2A),\qquad \langle1,-1|\hat{H}|1,-1\rangle=\hbar^2(A+B).
Agora os elementos fora da diagonal: o único par acoplado por \hat{L}_\pm^2 é |1,1\rangle\leftrightarrow|1,-1\rangle. Calculamos
\hat{L}_+^2|1,-1\rangle=2\hbar^2\,|1,1\rangle,\qquad \hat{L}_-^2|1,1\rangle=2\hbar^2\,|1,-1\rangle,
portanto
\langle1,1|(\hat{L}_+^2+\hat{L}_-^2)|1,-1\rangle=2\hbar^2,
e o coeficiente E multiplica isso. Assim o elemento de ligação é
\langle1,1|\hat{H}|1,-1\rangle = \hbar^2\cdot\frac{1}{4}\Big(\frac{1}{I_1}-\frac{1}{I_2}\Big)
(cálculo: E\cdot 2\hbar^2 = \frac{1}{8}(\frac{1}{I_1}-\frac{1}{I_2})\cdot 2\hbar^2 = \hbar^2\frac{1}{4}(\frac{1}{I_1}-\frac{1}{I_2})).
Os outros elementos fora da diagonal são zero. Portanto a matriz de \hat{H} (fator \hbar^2 à frente) é
\hat{H}=\hbar^2 \begin{pmatrix} A+B & 0 & \;E'\\[4pt] 0 & 2A & 0\\[4pt] E' & 0 & A+B \end{pmatrix}, \qquad\text{com}\quad E'=\frac{1}{4}\Big(\frac{1}{I_1}-\frac{1}{I_2}\Big).]

Passo 6

Diagonalizando essa matriz é tranquilo porque o estado |1,0\rangle fica desacoplado: já é um autoestado com autovalor
E_{m=0}=\hbar^2(2A)=\hbar^2\cdot\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{I_1}+\frac{1}{I_2}\Big).
Os outros dois autovalores vêm do bloco 2\times2
\hbar^2\begin{pmatrix}A+B & E'\\\ E' & A+B\end{pmatrix},
cuja diagonalização dá autovalores \hbar^2\big((A+B)\pm E'\big). Agora substituímos A,B,E' em termos de I_1,I_2,I_3:
(A+B)+E'=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{I_1}+\frac{1}{I_3}\Big),\qquad (A+B)-E'=\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{I_2}+\frac{1}{I_3}\Big).
Portanto os dois autovalores do bloco são
E_{+}=\hbar^2\cdot\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{I_1}+\frac{1}{I_3}\Big),\qquad E_{-}=\hbar^2\cdot\frac{1}{2}\Big(\frac{1}{I_2}+\frac{1}{I_3}\Big).

Resposta

\dfrac{\hbar^{2}}{2}\!\left(\dfrac{1}{I_{1}}+\dfrac{1}{I_{2}}\right)
\dfrac{\hbar^{2}}{2}\!\left(\dfrac{1}{I_{1}}+\dfrac{1}{I_{3}}\right)
\dfrac{\hbar^{2}}{2}\!\left(\dfrac{1}{I_{2}}+\dfrac{1}{I_{3}}\right)

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