Moment angulaire

isozv · 30/09/2004, 22h26

Bon voilà...

étant donné l'équation aux valeurs propres et fonctions propres :

$\hat L^2 \Phi (\phi )\Theta (\theta ) = L^2 e^{im_l \phi }\Theta (\theta )$

et l'opérateur :

$\hat L^2 = - \hbar ^2 \left( {\frac{1}{{\sin \theta }}\frac{\partial }{{\partial \theta }}\left( {\sin \theta \frac{\partial }{\partial \theta }}} \right) + \frac{1}{{\sin ^2 \theta }}\frac{{\partial ^2 }}{{\partial \phi ^2 }}} \right)$

J'ai développé :

$\[-\hbar ^2 \left( {\frac{1}{{\sin \theta }}\frac{\partial }{{\partial \theta }}\left( {\sin \theta \frac{{\partial \left( {e^{im_l \phi } \Theta (\theta )} \right)}}{{\partial \theta }}} \right) + \frac{1}{{\sin ^2 \theta }}\frac{{\partial ^2 \left( {e^{im_l \phi } \Theta (\theta )} \right)}}{{\partial \phi ^2 }}} \right) = L^2 e^{im_l \phi } \Theta (\theta ) \hfill \\$

$- \hbar ^2 \left( \begin \frac{1}{{\sin \theta }}\frac{\partial }{{\partial \theta }}\left( {\sin \theta \Theta (\theta )\underbrace {\frac{{\partial \left( {e^{m_l \phi } } \right)}}{{\partial \theta }}}_{ = 0} + \sin \theta e^{im_l \phi } \frac{{\partial \Theta (\theta )}}{{\partial \theta }}} \right) + \frac{1}{{\sin ^2 \theta }}e^{im_l \phi } \underbrace {\frac{{\partial ^2 \left( {\Theta (\theta )} \right)}}{{\partial \phi ^2 }}}_{ = 0} \hfill \\ + \frac{1}{{\sin ^2 \theta }}\Theta (\theta )\frac{{\partial ^2 \left( {e^{im_l \phi } } \right)}}{{\partial \phi ^2 }} \hfill \\ \right) = L^2 e^{im_l \phi } \Theta (\theta ) \hfill \\$

$- \hbar ^2 \left( {\frac{1}{{\sin \theta }}\frac{\partial }{\partial \theta }}\sin \theta e^{im_l \phi } \frac{{\partial \Theta (\theta )}}{{\partial \theta }} + \frac{1}{{\sin ^2 \theta }}\Theta (\theta )\frac{{\partial ^2 \left( {e^{im_l \phi } } \right)}}{{\partial \phi ^2 }}} \right) = L^2 e^{im_l \phi } \Theta (\theta ) \hfill \\$

$- \hbar ^2 \left( {\frac{1}{{\sin \theta }}\frac{\partial }{{\partial \theta }}\sin \theta \frac{{\partial \Theta (\theta )}}{{\partial \theta }} + \frac{1}{{\sin ^2 \theta }}\Theta (\theta )\left( {im_l } \right)^2 } \right) = L^2 \Theta (\theta ) \hfill \\$

$- \hbar ^2 \left( {\frac{1}{{\sin \theta }}\frac{\partial }{{\partial \theta }}\sin \theta \frac{{\partial \Theta (\theta )}}{{\partial \theta }} - \frac{{\Theta (\theta )m_l^2 }}{{\sin ^2 \theta }}} \right) = L^2 \Theta (\theta ) \hfill \\ \$

Or dans UN boquin (y'en a pas beaucoup qui donnent les détails... au fait, j'en ai trouvé aucun) le résultat est (remarquez le carré du sinus) donné tel quel :

$- \hbar ^2 \left( {\frac{1}{{\sin \theta }}\frac{\partial }{{\partial \theta }}\sin ^2 \theta \frac{{\partial \Theta (\theta )}}{{\partial \theta }} - \frac{{\Theta (\theta )m_l^2 }}{{\sin ^2 \theta }}} \right) = L^2 \Theta (\theta ) \hfill \\ \$

Qui a raison ? Moi ? ou le livre ?

Je veux être sûr parce qu'après les développements sont monstrueux dont j'aimerai pas me planter à partir d'ici.

Merci

isozv · 30/09/2004, 23h08

bon vous cassez pas la tête. L'auteur vient de répondre (je ne pensais pas qu'il le ferait). Il confirme avoir fait une faute (comme quoi... il faut toujours vérifier).

Cependant je pose une autre question. Soit l'équation différentielle de type Fuchs :

$\Theta ''(\xi ) - \frac{{2\xi \Theta '(\xi )}}{{\left( {1 - \xi ^2 } \right)}} + \left( {\frac{{L^2 }}{{\hbar ^2 }} - \frac{{m_l^2 }}{{1 - \xi ^2 }}} \right)\frac{{\Theta (\xi )}}{{\left( {1 - \xi ^2 } \right)}} = 0$

Comment montrer (méthode ou détails des développements sont la bienvenue) que cette équation admet une solution régulière et à la fois en $\xi = \pm 1$ et des solutions physdiquement acceptable si la conditions de quantification :

$L^2 = \hbar ^2 l(l + 1)$

J'aurais plutôt tendance à imposer cette condition en ce
qui me concerne et ensuite seulement déterminer la fonction qui satisfait l'équa diff.

PS: si vous avez également la démo (détaillée) qui permet de montrer comment on trouve que ce sont les polynômes associés de Legendre qui sont solution je suis plus que preneur.

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