Usando as técnicas do apêndice I, mostre que L x o p tem a forma descrita na equação (7-37)

Passo 1

Partindo do ponto inicial do apêndice I, onde ele faz uma relação para o momento angular L = r × p . Onde

L x o p = - i ℏ   (   y ∂ ∂ z - z ∂ ∂ y   ) ,

mas nossa expressão está nas coordenadas cartesianas, já o livro quer que encontremos em coordenadas polares. Aquelas coordenadas que envolvem os termos r ,   θ ,   ϕ .  

Passo 2

Bem, vamos partir da relação do vetor r em termos de x, y e z.

r = x ² + y ² + z ²

onde a relação para x, y e z são dadas pela forma

x = r   s e n ( θ )   c o s ( ϕ )

y = r   s e n ( θ )   s e n ( ϕ )

z = r   c o s ( θ )

Iremos fazer algumas relações que serão importantes para nosso problema. De modo geral, utilizando derivadas parciais para as coordenadas polares, teremos as seguintes expressões:

∂ ψ ∂ x = ∂ r ∂ x ∂ x ∂ r + ∂ θ ∂ x ∂ x ∂ θ + ∂ ϕ ∂ x ∂ x ∂ ϕ

∂ ψ ∂ y = ∂ r ∂ y ∂ y ∂ r + ∂ θ ∂ y ∂ y ∂ θ + ∂ ϕ ∂ y ∂ y ∂ ϕ

∂ ψ ∂ z = ∂ r ∂ z ∂ z ∂ r + ∂ θ ∂ z ∂ z ∂ θ + ∂ ϕ ∂ z ∂ z ∂ ϕ

Onde ψ é uma função qualquer.

Passo 3

Precisamos encontrar algumas dessas relações para que possamos seguir adiante.

∂ r ∂ x = ∂ ∂ x ( x ² + y ² + z ² ) 1 / 2

Pela regra da cadeia essa equação fica na forma

∂ r ∂ x = 1 2 ( x ² + y ² + z ² ) - 1 / 2 ⋅ 2 x = x ( x ² + y ² + z ² ) 1 / 2 = x r = s e n ( θ )   c o s ( ϕ )

o mesmo acontece para ∂ r ∂ y e ∂ r ∂ z onde encontramos respectivamente

∂ r ∂ y = y r = s e n ( θ )   s e n ( ϕ )

∂ r ∂ z = z r = c o s ( θ )

algumas outras relações importantes:

t g ( θ ) = x ² + y ² z e t g ( ϕ ) = y z

∂ θ ∂ x = x z x ² + y ²   ⋅ 1 1 + x ² + y ² z ² = r   s e n ( θ )   c o s ( ϕ ) r ² t g ( θ ) = c o s ( θ )   c o s ( ϕ ) r

∂ ϕ ∂ x = - s e n ( ϕ ) r s e n ( θ )

∂ θ ∂ y = c o s ( θ ) s e n ( ϕ ) r

∂ ϕ ∂ y = c o s ( ϕ ) r   s e n ( θ )

∂ θ ∂ z = x ² + y ²   z ²   ⋅ 1 1 +   x ²   +   y ²   z ² = - z   t g ( θ ) r ² = - s e n   ( θ ) r  

∂ ϕ ∂ z = 0

Agora que já temos todos os termos que precisamos, mãos à obra!

Obs: essas relações que escrevi acima, podem ser encontradas em qualquer livro de cálculo. Iremos substituir os elementos das equações gerais das derivadas parciais que escrevi no passo 3 em conjunto com os elementos que estão no passo 3, deste modo, nossa expressão para L x o p será dada como

L x o p = - i ℏ   (   y ∂ ∂ z - z ∂ ∂ y   )

L x o p = - i ℏ   { r   s e n ( θ ) s e n ( ϕ )   [ ( ∂ r ∂ z ∂ ∂ r + ∂ θ ∂ z ∂ ∂ θ + ∂ ϕ ∂ z ∂ ∂ ϕ -  

- c o s ( θ )   ( ∂ r ∂ y ∂ ∂ r + ∂ θ ∂ y ∂ ∂ θ + ∂ ϕ ∂ y ∂ ∂ ϕ ) ] }

L x o p = - i ℏ   { r   s e n ( θ ) s e n ( ϕ ) [ ( c o s ( θ ) ∂ ∂ r - s e n ( θ ) r ) ] -

- r   c o s ( θ ) [ ( s e n ( θ ) s e n ( ϕ ) ∂ ∂ r + c o s ( θ ) s e n ( ϕ ) r ∂ ∂ θ +

+ c o s ( ϕ ) r s e n ( θ ) ∂ ∂ ϕ ) ] }

Nosso próximo termo pode ficar um pouco grande pois agora iremos aplicar a propriedade distributiva

L x o p = - i ℏ [   r   s e n ( θ )   s e n ( ϕ )   c o s ( θ ) ∂ ∂ r - s e n 2 ( θ ) s e n ( ϕ ) ∂ ∂ θ -

- r   s e n ( θ )   s e n ( ϕ )   c o s ( θ ) ∂ ∂ r - c o s 2 ( θ ) s e n ( ϕ ) ∂ ∂ θ - c o s ( θ )   c o s ( ϕ ) s e n ( θ ) ∂ ∂ ϕ ]

os termos que se cancelam são os termos com a varial ∂ ∂ r , nossa equação fica

L x o p = - i ℏ [ - s e n 2 ( θ ) s e n ( ϕ ) ∂ ∂ θ - c o s 2 ( θ ) s e n ( ϕ ) ∂ ∂ θ - c o t g ( θ ) c o s ( ϕ ) ∂ ∂ ϕ ]

temos uma pequena pequena relação nos termos quadráticos colocando o termo ∂ ∂ θ em evidência ficamos com a expressão

- s e n ( ϕ ) ∂ ∂ θ ( s e n 2 ( θ ) + c o s 2 ( θ ) ) onde ( s e n 2 ( θ ) + c o s 2 ( θ ) = 1 .

Resposta

Assim nossa expressão para L x o p fica

L x o p = i ℏ [ s e n ( ϕ ) ∂ ∂ θ - c o t g ( θ ) c o s ( ϕ ) ∂ ∂ ϕ ] .

Como queríamos demonstrar.

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