9 (a) Prove que para uma partícula em um potencial V(r) a taxa de mudança do valor esperado do momento angular orbital \mathbf{L} é igual ao valor esperado do torque:
(Esse é o análogo rotacional do teorema de Ehrenfest.)
(b) Mostre que d\langle L\rangle / d t=0 para qualquer potencial esfericamente simétrico. (Essa é uma forma do enunciado quântico de conservação do momento angular .)
Passo 1
Vou listar com cuidado o que o enunciado pede e quais informações são fornecidas.
Mostrar que \dfrac{d}{dt}\langle \mathbf{L}\rangle=0 quando o potencial é esfericamente simétrico (ou seja, depende apenas de r=|\mathbf{r}|).
Informações/definições que vamos usar (todas extraídas do enunciado ou implicadas por ele):
A Hamiltoniana da partícula éH=\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}+V(\mathbf{r}).
O momento linear como operador no espaço de posições é\mathbf{p}=-i\hbar\nabla,isto é, p_k=-i\hbar\partial_k.
O momento angular orbital como operador é\mathbf{L}=\mathbf{r}\times\mathbf{p}.
A expectativa de um operador A em um estado |\psi(t)\rangle é \langle A\rangle=\langle\psi(t)|A|\psi(t)\rangle.
O torque clássico associado ao potencial é dado no enunciado por \mathbf{N}=\mathbf{r}\times(-\nabla V).
A resolução começará a partir da fórmula para a derivada temporal da expectativa de um operador (a forma de Ehrenfest).
Passo 2
Derivar a fórmula geral de Ehrenfest para a derivada temporal de uma expectativa. Se A é um operador (possivelmente dependente de \mathbf{r},\mathbf{p},t) e |\psi(t)\rangle satisfaz a equação de Schrödinger dependente do tempo, então
Nota: toda a conta acima seguiu identidades lineares e a substituição direta das derivadas temporais via a equação de Schrödinger.
Passo 3
Aplicar a fórmula de Ehrenfest ao caso A=\mathbf{L}.
Observação: o operador \mathbf{L}=\mathbf{r}\times\mathbf{p} não depende explicitamente do tempo (nenhum \partial\mathbf{L}/\partial t), então \langle\partial\mathbf{L}/\partial t\rangle=0.
Escreve-se H=\dfrac{\mathbf{p}^2}{2m}+V(\mathbf{r}) e separa-se o comutador:[\mathbf{L},H]=\left[\mathbf{L},\frac{\mathbf{p}^2}{2m}\right]+[\mathbf{L},V(\mathbf{r})].
Vamos calcular os dois termos separadamente.
Passo 4
Calcular [\mathbf{L},\mathbf{p}^2] e mostrar que é zero. Vou usar componentes e as propriedades dos comutadores.
Escrevendo componentes, L_i=\varepsilon_{ijk}r_j p_k e \mathbf{p}^2=\sum_{j}p_j p_j.
Primeiro use a identidade de comutador [AB,C]=A[B,C]+[A,C]B. Para A=r_j e B=p_k e C=p_\ell p_\ell:[r_j p_k, p_\ell p_\ell]=r_j[p_k,p_\ell p_\ell]+[r_j,p_\ell p_\ell]p_k.
Como os componentes do momento comutam entre si, [p_k,p_\ell]=0, então [p_k,p_\ell p_\ell]=0. Logo o primeiro termo some e resta[r_j p_k, p_\ell p_\ell]=[r_j,p_\ell p_\ell]p_k.
Agora volta-se a L_i=\varepsilon_{i j k}r_j p_k e faz-se[L_i,\mathbf{p}^2]=\varepsilon_{ijk}[r_j p_k, p_\ell p_\ell] =\varepsilon_{ijk}2i\hbar p_j p_k=2i\hbar\,\varepsilon_{ijk}p_j p_k.
Mas p_j p_k é simétrico em j,k (porque [p_j,p_k]=0), enquanto \varepsilon_{ijk} é anti‑simétrico em j,k. A contração de um tensor anti‑simétrico com um tensor simétrico dá zero, logo\varepsilon_{ijk}p_j p_k=0,e portanto\boxed{[\mathbf{L},\mathbf{p}^2]=\mathbf{0}.}
Passo 5
Calcular [\mathbf{L},V(\mathbf{r})]. Este é o termo que dará o torque quântico.
Como V(\mathbf{r}) é função somente de \mathbf{r}, os componentes r_j comutam com V: [r_j,V]=0.
Usa-se a forma L_i=\varepsilon_{ijk}r_j p_k e a identidade [AB,C]=A[B,C]+[A,C]B, com A=r_j, B=p_k, C=V. Como [r_j,V]=0 a única contribuição vem de[r_j p_k, V]=r_j[p_k,V].
Calcula-se [p_k,V]. Agindo sobre uma função de posição \varphi(\mathbf{r}),[p_k,V]\varphi = p_k(V\varphi)-V(p_k\varphi) =-i\hbar\partial_k(V\varphi)+i\hbar V\partial_k\varphi =-i\hbar(\partial_k V)\varphi.Portanto, como operador,\boxed{[p_k,V]=-i\hbar\,\partial_k V \equiv -i\hbar\,(\nabla V)_k.}(Aqui \partial_k V significa a derivada parcial de V(\mathbf{r}) em relação a x_k.)
Voltando a L_i,[L_i,V]=\varepsilon_{ijk}r_j[p_k,V] =\varepsilon_{ijk}r_j(-i\hbar\partial_k V) =-i\hbar\,\varepsilon_{ijk} r_j \partial_k V.
Em notação vetorial isso é\boxed{[\mathbf{L},V]=-i\hbar\,\mathbf{r}\times(\nabla V).}
Passo 6
Combinar os resultados dos passos anteriores na fórmula de Ehrenfest.
Recordando que [\mathbf{L},\mathbf{p}^2]=0 e [\mathbf{L},V]=-i\hbar\,\mathbf{r}\times(\nabla V), tem-se[\mathbf{L},H]=\left[\mathbf{L},\frac{\mathbf{p}^2}{2m}\right]+[\mathbf{L},V] =\mathbf{0}-i\hbar\,\mathbf{r}\times(\nabla V).
Logo, pela fórmula de Ehrenfest (com \partial\mathbf{L}/\partial t=0),\frac{d}{dt}\langle\mathbf{L}\rangle=\frac{1}{i\hbar}\langle[\mathbf{L},H]\rangle =\frac{1}{i\hbar}\langle -i\hbar\,\mathbf{r}\times(\nabla V)\rangle =\langle \mathbf{r}\times(-\nabla V)\rangle.
Portanto\boxed{\displaystyle \frac{d}{dt}\langle\mathbf{L}\rangle=\langle\mathbf{N}\rangle,}com \mathbf{N}=\mathbf{r}\times(-\nabla V), que é exatamente o resultado pedido no item (a).
Comentário didático curto: a conta mostra que o papel do torque clássico \mathbf{r}\times(-\nabla V) aparece naturalmente ao computar o comutador entre \mathbf{L} e o potencial; o termo cinético \mathbf{p}^2 é escalar rotacional e comuta com \mathbf{L}, por isso não contribui para a mudança de \langle\mathbf{L}\rangle.
Passo 7
Resolver o item (b): mostrar que \dfrac{d}{dt}\langle\mathbf{L}\rangle=0 para potencial esfericamente simétrico.
Se V é esfericamente simétrico, então V(\mathbf{r})=V(r) com r=|\mathbf{r}|. Nesse caso a derivada espacial é radial:\nabla V(\mathbf{r})=\frac{dV}{dr}\,\frac{\mathbf{r}}{r}.
Logo \nabla V é paralelo a \mathbf{r} em cada ponto, e o produto vetorial de um vetor com um vetor paralelo a ele é nulo:\mathbf{r}\times(\nabla V)=\mathbf{r}\times\left(\frac{dV}{dr}\frac{\mathbf{r}}{r}\right)=\mathbf{0}.
Assim o torque operador é identicamente zero:\mathbf{N}=\mathbf{r}\times(-\nabla V)=\mathbf{0},e pela relação do item (a)\frac{d}{dt}\langle\mathbf{L}\rangle=\langle\mathbf{N}\rangle=\langle\mathbf{0}\rangle=\mathbf{0}.
Conclusão: para qualquer potencial que dependa apenas de r, a expectativa do momento angular é constante no tempo (conservação quântica do momento angular em média).