O operador de momento angular pode apontar exatamente ao longo do eixo z ?
Justifique

Passo 1

O enunciado pergunta se o operador de momento angular pode apontar exatamente ao longo do eixo z. Vou listar claramente o que isso significa e quais informações usarei:
  • O operador de momento angular total é \mathbf{L}=(L_x,L_y,L_z).
  • A pergunta "apontar exatamente ao longo do eixo z" quer dizer: existe um estado quântico |\psi\rangle tal que as componentes L_x e L_y atuam sobre |\psi\rangle dando zero (ou seja, medição exata nula dessas componentes) e L_z tem um valor definido não nulo? Formalmente, quer-se algo como L_x|\psi\rangle = 0,\qquad L_y|\psi\rangle = 0,\qquad L_z|\psi\rangle = \lambda|\psi\ranglecom \lambda\neq 0 (ou, mais geralmente, um vetor com \langle L_x\rangle=0,\\ \langle L_y\rangle=0 e \langle L_z\rangle igual ao módulo total).
  • Informações padrão de teoria de momento angular que vou usar: as relações de comutação e os autovalores de L^2 e L_z.

Passo 2

Relembrando as propriedades básicas (aula rápida e necessária):
  • As componentes do operador de momento angular satisfazem as comutações [L_i,L_j] = i\hbar\,\varepsilon_{ijk} L_k,onde \varepsilon_{ijk} é o símbolo de Levi-Civita. Isso implica que L_x,L_y,L_z não comutam entre si, logo não podem ter autovetores simultâneos (em geral).
  • Os autovalores simultâneos conhecidos são para os operadores L^2 e L_z: existe base de estados |l,m\rangle tais que L^2|l,m\rangle = \hbar^2 l(l+1)|l,m\rangle,\qquad L_z|l,m\rangle = \hbar m |l,m\rangle,com l=0,\tfrac{1}{2},1,\tfrac{3}{2},\dots e m=-l,-l+1,\dots,l.
Explicando de forma simples: L^2 dá o quadrado do módulo total do momento angular e L_z dá a projeção ao longo de z. Esses dois podem ser conhecidos ao mesmo tempo, mas as outras componentes ficam incertas.

Passo 3

Calculemos a relação entre o módulo total e a projeção z num autestado |l,m\rangle. Usando que
L^2 = L_x^2+L_y^2+L_z^2,
se |\psi\rangle=|l,m\rangle então tomando esperanças (ou valores próprios)
\langle L_x^2\rangle + \langle L_y^2\rangle + \langle L_z^2\rangle = \hbar^2 l(l+1).
Mas \langle L_z^2\rangle = \hbar^2 m^2, logo
\langle L_x^2\rangle + \langle L_y^2\rangle = \hbar^2\bigl(l(l+1)-m^2\bigr).
Observação importante: \langle L_x^2\rangle e \langle L_y^2\rangle são não-negativas. Para que o vetor de momento “aponte exatamente” ao longo de z seria necessário que as componentes x e y tivessem valor preciso zero, isto é, \langle L_x^2\rangle=\langle L_y^2\rangle=0. Assim seria necessário
l(l+1)-m^2 = 0.

Passo 4

Avaliação do requisito encontrado: analise se existe l e m com m^2=l(l+1).
  • Pelo domínio de m temos |m|\le l. Então m^2\le l^2.
  • Mas l(l+1)=l^2+l, e para qualquer l\ge 0 temos l^2 < l^2+l (a menos de l=0, aí l(l+1)=0).
  • Portanto m^2 \le l^2 < l^2+l = l(l+1) para todo l>0. Conclusão: não existe m tal que m^2 = l(l+1) quando l>0.
  • A única possibilidade de igualdade ocorre se l=0. Para l=0 temos m=0 e L^2=0: nesse caso o momento angular é nulo (não há momento), então trivialmente todas as componentes são zero — mas isso não é "apontar ao longo de z" com módulo diferente de zero.
Portanto, para qualquer estado com momento angular não nulo ( l>0) não é possível ter \langle L_x^2\rangle=\langle L_y^2\rangle=0.

Passo 5

Prova alternativa e direta usando comutadores (mais conceitual):
  • Suponha que exista |\psi\rangle tal que L_x|\psi\rangle = 0,\qquad L_y|\psi\rangle=0,\qquad L_z|\psi\rangle=\lambda|\psi\ranglecom \lambda não nulo.
  • Aplique o comutador [L_x,L_y]=i\hbar L_z sobre |\psi\rangle: (L_xL_y-L_yL_x)|\psi\rangle = i\hbar L_z|\psi\rangle = i\hbar\lambda|\psi\rangle.
  • Pelo lado esquerdo, como L_x|\psi\rangle=0 e L_y|\psi\rangle=0, tem-se L_xL_y|\psi\rangle = L_x(0)=0 e L_yL_x|\psi\rangle=L_y(0)=0. Então o lado esquerdo é zero, implicando i\hbar\lambda|\psi\rangle=0.
  • Isso força \lambda=0. Contradição com \lambda\neq 0. Logo não existe tal |\psi\rangle com L_x e L_y aniquilando o estado e L_z dando valor não nulo.
  • Conclusão: não é possível ter as duas componentes transversais exatamente zero enquanto a componente z é não nula. Só é possível tudo zero simultaneamente (caso trivial L=0).

Passo 6

Exemplo numérico rápido para intuir: spin-1/2.
  • Para l=\tfrac{1}{2} e m=\tfrac{1}{2} temos L^2 = \hbar^2\cdot \tfrac{1}{2}\bigl(\tfrac{1}{2}+1\bigr)=\tfrac{3}{4}\hbar^2,\qquad L_z=\tfrac{1}{2}\hbar.
  • O módulo efetivo |\mathbf{L}| seria \sqrt{\langle L^2\rangle}=\tfrac{\sqrt{3}}{2}\hbar\approx 0,866\hbar, enquanto a projeção máxima |L_z| é \tfrac{1}{2}\hbar. Há uma diferença: a projeção não chega ao módulo total; as componentes x e y têm incerteza compatível para “compor” a diferença.
Isso ilustra concretamente que mesmo no caso de spin-1/2 (o mais simples), não se tem vetor exato apontando só em z.

Passo 7

Comentário físico e sobre o limite clássico (ânimo!):
  • Em mecânica quântica os três componentes não comutam, então não é permitido conhecê-las simultaneamente com precisão arbitrária. É por isso que o momento angular não pode ser um vetor clássico com todas as componentes bem definidas.
  • No limite clássico (grandes l), a diferença entre \sqrt{l(l+1)} e l é pequena relativa ao valor, então um estado pode ser bastante “direcionado” (estados coerentes de spin aproximam um vetor dirigido), mas ainda haverá incerteza quântica finita. Em provas, normalmente a resposta pedida é que “não, exceto no caso trivial l=0”, explicando o motivo matemático quântico.

Resposta

Não — exceto no caso trivial l=0. Para l>0 as relações de comutação impedem que L_x e L_y sejam simultaneamente nulas num estado com L_z definido; em autestados |l,m\rangle tem-se \langle L_x^2\rangle+\langle L_y^2\rangle=\hbar^2\bigl(l(l+1)-m^2\bigr)>0, portanto o operador de momento angular não pode apontar exatamente ao longo de z (salvo se o momento for nulo).

Exercícios relacionados