高等量子力学（六）：角动量理论（上）

在经典力学中，角动量是不太重要的，但在量子力学中，角动量十分重要，为什么？在分子、原子和核光谱学中，对角动量的深入理解是必不可少的，角动量的考量在散射和碰撞问题以及束缚态问题中起着重要作用。此外，角动量概念还有重要的推广——例如核物理中的同位旋，粒子物理中的 $SU(3)$、$SU(2) \otimes U(1)$ 等等。

三维空间的经典转动

三维空间中的转动

一个转动 $R_{\hat{n}}(\alpha)$ 由以下两点确定：

1. 沿转动轴的单位矢量 $\hat{n}(\theta, \phi)$
2. 绕 $\hat{n}$ 旋转的角度 $\alpha \in [0, 2\pi]$

这说明刻画三维空间中的转动需要三个实参数。下图所示的是一个绕 $z$ 轴旋转 $\alpha$ 的转动 $R_{\hat{z}}(\alpha) \textcolor{orange}{v} = \textcolor{green}{v'}$ 及这个转动在 $xy$ 平面上的投影。

根据投影我们得到以下关系

$$\begin{aligned} \textcolor{green}{v'_x} &= \textcolor{green}{|v'_{xy}| \cos(\theta + \alpha)} = \textcolor{orange}{|v_{xy}|} (\textcolor{orange}{\cos \theta} \cos \alpha - \textcolor{orange}{\sin \theta} \sin \alpha) = \textcolor{orange}{v_x} \cos \alpha - \textcolor{orange}{v_y} \sin \alpha \\[1em] \textcolor{green}{v'_y} &= \textcolor{green}{|v'_{xy}| \sin(\theta + \alpha)} = \textcolor{orange}{|v_{xy}|} (\textcolor{orange}{\sin \theta} \cos \alpha + \textcolor{orange}{\cos \theta} \sin \alpha) =\textcolor{orange}{v_x} \sin \alpha+ \textcolor{orange}{v_y} \cos \alpha \\[1em] \textcolor{green}{v'_z} &= \textcolor{orange}{v_z} \end{aligned}$$

我们可以将上面的关系写成矩阵形式

$$\textcolor{green}{\begin{pmatrix} v'_x \\ v'_y \\ v'_z \end{pmatrix}} = \begin{pmatrix} \cos \alpha & -\sin \alpha & 0 \\ \sin \alpha & \cos \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \textcolor{orange}{\begin{pmatrix} v_x \\ v_y \\ v_z \end{pmatrix}}$$

那么这个三维转动矩阵为

$$R_{\hat{z}}(\alpha) = \begin{pmatrix} \cos \alpha & -\sin \alpha & 0 \\ \sin \alpha & \cos \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

类似地，我们可以得到绕 $x$ 轴和 $y$ 轴的转动矩阵

$$R_{\hat{x}}(\alpha) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos \alpha & -\sin \alpha \\ 0 & \sin \alpha & \cos \alpha \end{pmatrix} \quad \quad R_{\hat{y}}(\alpha) = \begin{pmatrix} \cos \alpha & 0 & \sin \alpha \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin \alpha & 0 & \cos \alpha \end{pmatrix}$$

注意绕 $y$ 轴转动的手性。

因为三个矩阵 $R_{\hat{x}}(\alpha), R_{\hat{y}}(\alpha), R_{\hat{z}}(\alpha)$ 能维持向量的模不变，所以它们都是实正交矩阵，且行列式均为 $1$，即它们都是 $\text{SO}(3)$ 群的元素。

无穷小转动

就像无穷小平移一样，我们会经常使用无限小转动。在一个无穷小转动下，

变化的长度为弧长，方向也是切线方向，所以有

$$|\Delta\boldsymbol{v}|=r\varepsilon=|\boldsymbol{v}|\sin\theta\varepsilon \quad \Rightarrow \quad \Delta\boldsymbol{v}=\hat{n}\times\boldsymbol{v}\varepsilon$$

在该旋转下，三维矢量 $\boldsymbol{v}$ 的变换形式（保留至 $\varepsilon$ 的一阶项）为：

$$v^{\prime}=R_{\hat{n}}(\varepsilon)v=v+\Delta v=v+\varepsilon\hat{n}\times v$$

我们分别在 $R_{\hat{x}}(\alpha), R_{\hat{y}}(\alpha), R_{\hat{z}}(\alpha)$ 中取无穷小转动的泰勒展开 $\cos\varepsilon\approx1,\sin\varepsilon=\varepsilon$，那么

$$R_{\hat{x}}(\varepsilon)= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -\varepsilon \\ 0 & \varepsilon & 1 \end{pmatrix} \qquad R_{\hat{y}}(\varepsilon)= \begin{pmatrix} 1 & 0 & \varepsilon \\ 0 & 1 & 0 \\ -\varepsilon & 0 & 1 \end{pmatrix}\qquad R_{\hat{z}}(\varepsilon)= \begin{pmatrix} 1 & -\varepsilon & 0 \\ \varepsilon & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

若定义三个纯虚矩阵

$$I_1\equiv \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -i \\ 0 & i & 0 \end{pmatrix}\qquad I_2\equiv \begin{pmatrix} 0 & 0 & i \\ 0 & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 \end{pmatrix}\qquad I_3\equiv \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\ i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

那么我们可以将无穷小转动矩阵写成

$$R_{\hat{\chi}}(\varepsilon)=1-i\varepsilon I_1,\quad R_{\hat{y}}(\varepsilon)=1-i\varepsilon I_2,\quad R_{\hat{z}}(\varepsilon)=1-i\varepsilon I_3$$

这三个 $I$ 矩阵都是厄米矩阵，其实就是将 $\sigma_y$ 嵌入到 $3\times 3$ 矩阵中得到的。这三个矩阵就是 $\text{SO}(3)$ 群基本表示的无穷小生成元，和我们之前提到的幺正变换的生成元 $F$ 类似，只不过在这里是矩阵形式的。生成元具有以下性质：

1. $(I_i)_{jk}=-i\varepsilon_{ijk}$

2. $\begin{bmatrix}I_i,I_j\end{bmatrix}=i\varepsilon_{ijk}I_k$

   • 这似乎和自旋算符、泡利算符的对易关系相似？
   • 经典的三维转动和量子中自旋为 $1$ 的转动之间只相差一个幺正变换

3. $$I_1^2= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},I_2^2= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},I_3^2= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

   $$\boldsymbol{I}^2\equiv I_1^2+I_2^2+I_3^2=2$$

   我们知道，$\boldsymbol{L}^2=l(l+1)\hbar^2$（卡西米尔算符），所以三维空间的转动对应角动量量子数 $l=1$。

   可以看出 $I_j^3 = I_j$，因此生成元的偶数次方都是平方 $I_j^{2n} = I_j^2$，奇数次方都是自身 $I_j^{2n+1} = I_j$。

4. $e^{i\alpha I_j}=1+I_j^2(\cos\alpha-1)+i\sin\alpha I_j$

5. 任意方向的无穷小转动可用生成元写为

   $$R_{\hat{n}}(\varepsilon)=1-i\varepsilon\boldsymbol{I}\cdot\widehat{n}$$

   任意方向的有限转动可写为

   $$R_{\hat{n}}(\alpha)=e^{-i\alpha\boldsymbol{I}\cdot\widehat{n}}$$

   由于 $I_i$ 是纯虚矩阵和厄米矩阵，所以 $e^{-i\alpha\boldsymbol{I}\cdot\widehat{n}}$ 是一个实正交矩阵

不同轴转动之间的关系

• 有限旋转：绕不同轴的有限旋转不对易
• 无穷小旋转：当保留至二阶 $\varepsilon^2$ 项时，绕不同轴的转动不对易

考虑两个转轴 $\hat{n}$ 和 $\hat{m}$，它们通过一个变换 $\mathcal{R}$ 相关联，即 $\hat{n}=\mathcal{R}\hat{m}$。那么有

$$R_{\hat{n}}(\alpha)=\mathcal{R}R_{\hat{m}}(\alpha)\mathcal{R}^{-1}$$

$$R_{\hat{m}}(\alpha)\mathcal{R}^{-1}\boldsymbol{v}=\mathcal{R}^{-1}R_{\hat{n}}(\alpha)\boldsymbol{v}$$

对上图，看作两个圆锥整体之间的变换更好理解

任意转轴 $\hat{n}$ 可由 $\hat{z}$ 轴变换得到

$$R_{\hat{z}}(\phi)R_{\hat{y}}(\theta)\hat{z}=\hat{n}$$

此时 $\mathcal{R}=R_{\hat{z}}(\phi)R_{\hat{y}}(\theta)$，所以绕任意轴 $\hat{n}$ 可由绕 $z$ 轴的转动变换而来

$$R_{\hat{n}}(\alpha)=R_{\hat{z}}(\phi)R_{\hat{y}}(\theta)R_{\hat{z}}(\alpha)R_{\hat{y}}^{-1}(\theta)R_{\hat{z}}^{-1}(\phi)$$

经典力学中的欧拉转动

欧拉转动将任意转动通过三步实现：$R_{z^{\prime\prime}}(\gamma)R_{y^{\prime}}(\beta)R_z(\alpha)$

1. 绕 $z$ 轴转动 $\alpha$ 角

2. 绕新的 $y^{\prime}$ 轴转动 $\beta$ 角

3. 绕新的 $z^{\prime\prime}$ 轴转动 $\gamma$ 角

从第二步开始，转动就沿着新的轴转动，我们需要找到这些新轴转动

$$\hat{y}^{\prime}=R_z(\alpha)\hat{y}\quad \Rightarrow \quad R_{y^{\prime}}(\beta)=R_z(\alpha)R_y(\beta)R_z^{-1}(\alpha)$$

$$\hat{z}^{\prime\prime}=R_{y^{\prime}}(\beta)\hat{z}\quad\Rightarrow\quad R_{z^{\prime\prime}}(\gamma)=R_{y^{\prime}}(\beta)R_z(\gamma)R_{y^{\prime}}^{-1}(\beta)$$

将上两式代入欧拉转动表达式中，得到

$$\begin{aligned} & \textcolor{green}{R_{z^{\prime\prime}}(\gamma)} \textcolor{orange}{R_{y^{\prime}}(\beta)} R_z(\alpha) \\[1em] &= \textcolor{green}{R_z(\alpha)R_y(\beta)R_z^{-1}(\alpha)R_z(\gamma)R_z(\alpha)} \bcancel{\textcolor{green}{R_y^{-1}(\beta)R_z^{-1}(\alpha)}\textcolor{orange}{R_z(\alpha)R_y(\beta)}}\bcancel{\textcolor{orange}{R_z^{-1}(\alpha)}R_z(\alpha)} \\[1em] &= \textcolor{green}{R_z(\alpha)R_y(\beta)R_z^{-1}(\alpha)R_z(\gamma)R_z(\alpha)} = \textcolor{green}{R_z(\alpha)R_y(\beta)R_z(\gamma)}\bcancel{\textcolor{green}{R_z^{-1}(\alpha)R_z(\alpha)}} \\[1em] &= \textcolor{green}{R_z(\alpha)R_y(\beta)R_z(\gamma)} \end{aligned}$$

这就将绕变更轴的转动转换成了绕固定轴的转动，但是转动的次序发生了变化。最终我们得到欧拉转动的简化计算式为

$$\boxed{R_{z^{\prime\prime}}(\gamma)R_{y^{\prime}}(\beta)R_z(\alpha)=R_z(\alpha)R_y(\beta)R_z(\gamma)\equiv R(\alpha,\beta,\gamma)}$$

量子力学中的转动

希尔伯特空间中的诱导转动

和平移算符的引入相同，量子力学引入角动量理论的方式：三维空间中的每一个旋转 $R$，都能诱导出希尔伯特空间中的一个对应的幺正变换 $D(R)$：

$$|\psi\rangle_R=D(R)|\psi\rangle$$

其中 $\ket{\psi}_R$ 和 $\ket{\psi}$ 分别是转动后的系统和初始系统的右矢。此时 $D(R)$ 还只是一个抽象的算符，无法确定其维数，因为我们还没确定表象，就像群表示论中有多个表示一样。$D(R)$ 的矩阵表示（我们将在下文中详细讨论）取决于所讨论的特定右矢空间的维度。

波函数的转动

考虑一个无穷小转动 $R_{\hat{n}}(\varepsilon)$，由于波函数是标量函数，那么应有

$$\psi^{\prime}(x^{\prime})=\psi(x)$$

类比一下数学中平移前后的两个函数的关系，有

$$\psi^{\prime}(x)=\psi(x-\Delta x)$$

利用泰勒展开，我们有

$$\begin{aligned} \psi^{\prime}(x) & =\psi(x)-\Delta x\cdot\nabla\psi(x) =\psi(x)-\varepsilon(\hat{n}\times x)\cdot\nabla\psi(x) \\[0.5em] & =\psi(x)-\varepsilon(\hat{n}\times x)_i\partial_i\psi(x) =\psi(x)-\varepsilon\varepsilon_{ijk}n_jx_k\partial_i\psi(x) \\[0.5em] & =\psi(x)-\varepsilon n_j\varepsilon_{kij}x_k\partial_i\psi(x) =\psi(x)-\varepsilon n_j(x\times\nabla)_j\psi(x) \\[0.5em] & =\psi(x)-\frac{i}{\hbar}\varepsilon\widehat{n}\cdot[x\times(-i\hbar\nabla)]\psi(x) \end{aligned}$$

在坐标表象中，我们有

$$\hat{x}=x,\quad \hat{p}=-i\hbar\nabla$$

因此角动量算符为

$$\hat{L}= \hat{x}\times \hat{p} = x\times(-i\hbar\nabla)$$

所以波函数在无穷小转动下的变换为

$$\psi^{\prime}(x)=\left[1-\frac{i}{\hbar}\varepsilon\hat{L} \cdot \hat{n}\right]\psi(x)$$

角动量算符

我们与空间平移做对比

$$\psi^{\prime}(x)=\psi(x-\Delta x)=\psi(x)-\Delta x\cdot\nabla\psi(x)=\left(1-\frac{i}{\hbar}\widehat{p}\cdot\Delta x\right)\psi(x)$$

因为转动中的 $\hat{n}$ 与 $x$ 有关（例如不同位置方向不同），而平移中的 $\Delta x$ 与 $x$ 无关，所以可以直接保留成 $\Delta x$ 的形式。

和动量是平移的生成元一样，轨道角动量是转动的生成元。在抽象的态空间中定义 $T(\Delta \boldsymbol{x})=e^{-\dfrac{i}{\hbar}p\cdot\Delta x}$，其对态矢的作用为 $T(\Delta \boldsymbol{x})|\boldsymbol{x}\rangle=|\boldsymbol{x}+\Delta \boldsymbol{x}\rangle$，但若在薛定谔表象中表示该算符，则为 $\hat{T}(\Delta \boldsymbol{x})=e^{-\dfrac{i}{\hbar}\hat{p}\cdot\Delta x}$，其对波函数的作用为 $\hat{T}(\Delta \boldsymbol{x})\psi(x)=\psi(x-\Delta \boldsymbol{x})$（因为平移算符作用在左矢上为负号），这两种表述是等价的。

与平移类似，对于转动来说，在态空间的转动为 $e^{-\dfrac{i}{\hbar}\hat{L}\cdot\hat{n}\varepsilon}\ket{\psi}=\ket{\psi}_R$，而在薛定谔表象中表示该算符，则为 $e^{-\dfrac{i}{\hbar}\hat{\boldsymbol{L}}\cdot\hat{n}\varepsilon} \psi(\boldsymbol{x})=\psi(\boldsymbol{x}-\Delta \boldsymbol{x})$。

根据以上讨论，我们定义角动量算符 $\boldsymbol{J}$ ：绕轴 $\hat{n}$ 旋转角度 $d\alpha$ 的无穷小旋转算符

$$\boxed{D_{\hat{n}}(d\alpha) = 1 - \frac{i}{\hbar} (\boldsymbol{J} \cdot \hat{n}) d\alpha}$$

这里定义的角动量算符 $\boldsymbol{J}$ 并不局限于轨道角动量 $\boldsymbol{L} = \boldsymbol{x} \times \boldsymbol{p}$，因为自旋角动量（这也适用于通用理论）与 $\boldsymbol{x}$ 和 $\boldsymbol{p}$ 无关。

再定义有限转动算符为

$$D_{\hat{n}}(\alpha)=e^{-\frac{i}{\hbar}\boldsymbol{J}\cdot\hat{n}\alpha}$$

三维空间中的转动	希尔伯特空间中的转动
$R_{\hat{n}}(\alpha) = e^{-i\alpha I\cdot\hat{n}}$	$D_{\hat{n}}(\alpha) = e^{-\frac{i}{\hbar}\mathbf{J}\cdot\hat{n}\alpha}$
$R_3 = R_1 R_2$	$D(R_3) = D(R_1)D(R_2)$
$[R_{\hat{x}}(\varepsilon), R_{\hat{y}}(\varepsilon)] = R_{\hat{z}}(\varepsilon^2) - 1$	$[D_{\hat{x}}(\varepsilon), D_{\hat{y}}(\varepsilon)] = D_{\hat{z}}(\varepsilon^2) - 1$
$[I_i, I_j] = i\varepsilon_{ijk}I_k$	$[J_i, J_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k$

由于 $D(R)$ 是由 $R$ 诱导出来的，所以表格中的关系是一一对应的，区别在于希尔伯特空间中的生成元多了一个 $\hbar$ 因子 $I \to \dfrac{1}{\hbar}J$。

表格中最后一行的对易关系和自旋角动量算符的对易关系完全相同，是角动量的基本对易关系

$$[S_i, S_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}S_k$$

当无穷小变换的生成元不对易时，对应的操作群被称为非阿贝尔群。$[J_i, J_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k$ 表明三维转动群是非阿贝尔的。

在得出基本对易关系的过程中，我们使用了以下两个概念：

1. $J_k$ 是绕第 $k$ 轴旋转的生成元 ($\hat{\boldsymbol{L}} \to \boldsymbol{J}$)

2. 绕不同轴的旋转是不对易的 ($\boldsymbol{I} \to \dfrac{1}{\hbar} \boldsymbol{J}$)。

可以说，基本对易关系以一种紧凑的方式总结了三维转动的所有基本性质。下面我们将角动量算符写成一个列向量

$$\boldsymbol{J}= \begin{pmatrix} J_x \\[0.5em] J_y \\[0.5em] J_z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} J_1 \\[0.5em] J_2 \\[0.5em] J_3 \end{pmatrix}$$

注意，这里的 $\boldsymbol{J}$ 是算符而不是经典向量，所以不存在方向一说

平均值的转动

角动量算符的平均值定义为转动后的态上的 $\boldsymbol{J}$ 的平均值

$$\begin{aligned} \langle \mathbf{J} \rangle_R &\equiv \textcolor{red}{_R \langle \psi |} \mathbf{J} \textcolor{red}{| \psi \rangle_R} = \textcolor{red}{\langle \psi | D^\dagger(R)} \mathbf{J} \textcolor{red}{D(R) | \psi \rangle} = \langle \psi | \textcolor{blue}{\underline{\textcolor{green}{D^\dagger(R) J D(R)}}} | \psi \rangle \end{aligned}$$

根据 $\text{BCH}$ 公式，可以计算出

$$\begin{aligned} &e^{\dfrac{i}{\hbar}J_z\alpha}J_xe^{-\dfrac{i}{\hbar}J_z\alpha}=J_x\cos\alpha-J_y\sin\alpha \\[0.5em] & e^{\dfrac{i}{\hbar}J_z\alpha}J_ye^{-\dfrac{i}{\hbar}J_z\alpha}=J_x\sin\alpha+J_y\cos\alpha \\[0.5em] & e^{\dfrac{i}{\hbar}J_z\alpha}J_ze^{-\dfrac{i}{\hbar}J_z\alpha}=J_z \end{aligned}$$

上式恰好对应于经典向量 $J_x,J_y,J_z$ 绕 $\hat{z}$ 转动的结果。因此平均值中的蓝色下划线部分可形式地表示为经典转动（因为 $\boldsymbol{J}$ 不是经典向量而是算符）

$$D_{\hat{z}}^\dagger(\alpha) \begin{pmatrix} J_x \\[0.5em] J_y \\[0.5em] J_z \end{pmatrix}D_{\hat{z}}(\alpha)= \begin{pmatrix} J_x\cos\alpha -J_y\sin\alpha \\[0.5em] J_x\sin\alpha +J_y\cos\alpha \\[0.5em] J_z \end{pmatrix}=R_{\hat{z}}(\alpha) \begin{pmatrix} J_x \\[0.5em] J_y \\[0.5em] J_z \end{pmatrix}$$

若我们计算转动后的算符平均值

$$\begin{pmatrix} \langle J_x\rangle_R \\[0.5em] \langle J_y\rangle_R \\[0.5em] \langle J_z\rangle_R \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \langle J_x\rangle\cos\alpha -\langle J_y\rangle\sin\alpha \\[0.5em] \langle J_x\rangle\sin\alpha +\langle J_y\rangle\cos\alpha \\[0.5em] \langle J_z\rangle \end{pmatrix}=R_{\hat{z}}(\alpha) \begin{pmatrix} \langle J_x\rangle \\[0.5em] \langle J_y\rangle \\[0.5em] \langle J_z\rangle \end{pmatrix}$$

在求平均值后，算符变为数值，此时是经典向量的转动形式。

总的来说，我们有

$$\boxed{\begin{aligned} &D_{\hat{n}}^\dagger(\alpha)\boldsymbol{J}D_{\hat{n}}(\alpha)=R_{\hat{n}}(\alpha)\boldsymbol{J} \\[1em] &\langle\boldsymbol{J}\rangle_R=R_{\hat{n}}(\alpha)\langle\boldsymbol{J}\rangle \end{aligned}}$$

角动量算符的平均值 $\langle \boldsymbol{J} \rangle$ 在转动下表现得就像经典向量一样。转动前后态的平均值之间由一个经典转动联系起来。如果一个算符的三个分量在转动下表现得像一个经典向量，那么我们就称这个算符是一个矢量算符 $\mathbf{V}$（还有 $\hat{x}$ 和 $\hat{p}$）。

可以证明

$$D_{\widehat{n}}^\dagger(\alpha)\boldsymbol{J}^2D_{\widehat{n}}(\alpha)=\boldsymbol{J}^2$$

我们称在转动下不变的算符 $\boldsymbol{J}^2$ 是一个标量算符。

$\boldsymbol{J}^2$ 算符有一个很好的性质：它与三个分量都对易。

$$[\boldsymbol{J}^2,J_k]=0,(k=1,2,3)$$

对易的算符具有共同的本征态。且由于 $\boldsymbol{J}$ 的三个分量不对易，还有如下关系

$$(\boldsymbol{J}\times\boldsymbol{J})_k=i\hbar J_k \quad \Rightarrow \quad \boldsymbol{J}\times\boldsymbol{J}=i\hbar\boldsymbol{J}$$

角动量的本征值和本征态

我们将会共同对角化 $\boldsymbol{J}^2$ 和其中一个分量 $J_z$。整个角动量理论都源于基本对易关系 $[J_i, J_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k$，这个关系是由三维转动的性质所决定的，因此要求该式对量子力学中任何动力学系统的角动量都必须成立。对易关系表明，$\boldsymbol{J}$ 的分量中只有一个能被对角化，我们通常选择 $J_3$（或 $J_z$）来担任这一角色。

角动量算符的共同本征态

我们已知

$$[\boldsymbol{J}^2,J_k]=0,(k=1,2,3)$$

我们将选择 $\boldsymbol{J}^2$ 和 $J_3$ 作为两个对易可观测量，对它们进行同时对角化。我们将这些共同本征右矢记为 $|j m\rangle$，那么

$$\begin{aligned} & J^2|jm\rangle=j(j+1)\hbar^2|jm\rangle \\[0.5em] & J_3|jm\rangle=m\hbar|jm\rangle \end{aligned}$$

至于为什么能直接写成这样，当然是事后诸葛亮啦

目前我们只知道 $\boldsymbol{J}^2$ 和 $J_3$ 都是厄米算符，所以 $j(j+1)$ 和 $m$ 均为实数，且 $j(j+1) \ge 0$，因此有 $j \ge 0$ 或 $j \le -1$，下面我们将关注 $j \ge 0$ 这一支。

升降算符

和自旋角动量一样，我们定义角动量的升降算符，这两个非厄米算符在角动量理论中起着关键作用

$$J_\pm\equiv J_1\pm iJ_2$$

它们互为厄米共轭

$$J_{\pm}^{\dagger}=J_{\mp}$$

$J_1$ 和 $J_2$ 可由升降算符表示为

$$J_1=\frac{J_++J_-}{2} \qquad \qquad J_2=\frac{J_+-J_-}{2i}$$

基于基本对易关系，可以得到升降算符的以下几个性质

1. 对易关系：$[J_+,J_-]=2\hbar J_3 ,\quad [J_3,J_\pm]=\pm\hbar J_\pm$

2. $J_1^2+J_2^2=\dfrac{1}{2}(J_+J_-+J_-J_+)$

3. $J^2=J_1^2+J_2^2+J_3^2=J_+J_--\hbar J_3+J_3^2=J_-J_++\hbar J_3+J_3^2=J_\pm J_\mp\mp\hbar J_3+J_3^2$

m的上下界

利用性质3，我们在共同本征态上求 $J_{+}J_{-}$ 的平均值

$$\langle jm|J_+J_-|jm\rangle=\langle jm|\boldsymbol{J}^2+\hbar J_3-J_3^2|jm\rangle=[j(j+1)+m-m^2]\hbar^2\geq0$$

上式大于等于零的原因是改平均值可看作是 $J_-|jm\rangle$ 的模平方。由于我们关注的是 $j \ge 0$ 这一支，进一步有

$$j(j+1)\geq m^2-m \quad \Rightarrow \quad\left(j+\frac{1}{2}\right)^2\geq\left(m-\frac{1}{2}\right)^2\quad\Rightarrow\quad j+\frac{1}{2}\geq\left|m-\frac{1}{2}\right|\quad\Rightarrow\quad-j\leq m\leq j+1$$

类似地，在共同本征态上求 $J_{-}J_{+}$ 的平均值

$$\langle jm|J_-J_+|jm\rangle=\langle jm|\boldsymbol{J}^2-\hbar J_3-J_3^2|jm\rangle=[j(j+1)-m-m^2]\hbar^2\geq0$$

同样能够得到 $m$ 的另一个上下界

$$-j-1\leq m\leq j$$

综上所述，我们取交集得到 $m$ 的最终上下界

$$-j\leq m\leq j$$

上式的等号只有在两个平均值为零 （$J_-|jm\rangle=0,\ J_+|jm\rangle=0$） 时成立，所以有

$$J_-|-jj\rangle=0 \quad \quad J_+|jj\rangle=0$$

在给定 j 下 m 的取值

我们先结合升降算符的性质 1 证明

$$J_3J_\pm|jm\rangle=[J_3,J_\pm]|jm\rangle+J_\pm J_3|jm\rangle=\pm\hbar J_\pm|jm\rangle+J_\pm m\hbar|jm\rangle=(m\pm1)\hbar J_\pm|jm\rangle$$

即 $J_3$ 作用在 $J_\pm|jm\rangle$ 态上的结果是将 $m$ 变化 $1$：

$$J_3(J_\pm|jm\rangle)=(m\pm1)\hbar(J_\pm|jm\rangle)$$

在给定 $j$ 的情况下，我们可以在物理上逐步证明 $m$ 的取值范围

1. $j-1<m_{\text{max}}\le j$

2. $m_{\text{max}}=j$

类似地，我们可以得到 $m_{\text{min}}=-j$。

在上一节我们只是证明了 $m$ 处于 $j$ 和 $-j$ 之间: $-j \le m \le j$，但还没有证明 $m$ 究竟能不能取到所有这些值。现在我们已经证明了 $m$ 的最大值和最小值分别为 $j$ 和 $-j$，接下来我们将证明在给定 $j$ 的情况下，$m$ 可以取到从 $-j$ 到 $j$ 之间的所有整数值

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我们从最高态 $|jj\rangle$ 开始，依次作用降算符 $J_-$，每次作用都会使 $m$ 减少 $1$，直到达到最低态 $|-jj\rangle$

$$\begin{aligned} |jj\rangle:m & =j \\[0.5em] J_-|jj\rangle:m & =j-1 \\ & \vdots \\ J_-^l|jj\rangle:m & =j-l \\ & \vdots \end{aligned}$$

由于每次 $m$ 的变化量都是 $1$，且上下界要求 $m$ 必须由 $j$ 出发且终止于 $-j$，所以总的变化步数为 $2j$ 且为整数，因此 $j$ 必须是整数或半整数（自旋角动量量子数取半奇数，轨道角动量量子数取整数）

$$2j=\mathrm{integer}\quad\Longrightarrow\quad j=\frac{\mathrm{integer}}{2}$$

而在给定 $j$ 的情况下，$m$ 可以取到从 $-j$ 到 $j$ 之间的所有整数值

$$m=j,j-1,\cdots,-j+1,-j$$

相比谐振子的升降算符，角动量的升降算符作用在最高态和最低态时会得到零态，而谐振子的升降算符作用在最高态时并不会得到零态，因为谐振子没有最高态。

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总结

$\boldsymbol{J}^2$ 和 $J_3$ 的共同本征态为

$$J^2|jm\rangle=j(j+1)\hbar^2|jm\rangle \\[1em] J_3|jm\rangle=m\hbar|jm\rangle$$

其中 $j=0,\dfrac{1}{2},1,\dfrac{3}{2},\cdots$，而对于固定的 $j$，$m$ 可以取 $2j+1$ 个值：$m=j,j-1,\cdots,-j+1,-j$

角动量的量子化（上两式）的根本来源是基本对易关系 $[J_i, J_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k$ ，而该对易关系本身又源自转动的性质和 $J_k$ 为转动生成元

$$\boxed{ \begin{array} {c}\text{转动性质} \\ \\ J_k\text{ 作为转动的生成元} \end{array}}\quad \Longrightarrow\quad[J_i,J_j]=i\hbar\varepsilon_{ijk}J_k\quad\Longrightarrow\quad \begin{array} {c}\text{量子化的} \text{角动量} \end{array}$$

角动量算符的矩阵元

假设 $\{|jm\rangle\}$ 是 正交归一的，即$\langle j^{\prime}m^{\prime}|jm\rangle=\delta_{jj^{\prime}}\delta_{mm^{\prime}}$，那么有

$$\begin{aligned} & \langle j^{\prime}m^{\prime}|J^2|jm\rangle=j(j+1)\hbar^2\delta_{jj^{\prime}}\delta_{mm^{\prime}} \\[1em] & \langle j^{\prime}m^{\prime}|J_3|jm\rangle=m\hbar\delta_{jj^{\prime}}\delta_{mm^{\prime}} \end{aligned}$$

接下来我们计算升降算符的矩阵元，我们已经推导了

$$J_3(J_\pm|jm\rangle)=(m\pm1)\hbar(J_\pm|jm\rangle)\quad \Longrightarrow \quad J_\pm|jm\rangle=c_\pm|j,m\pm1\rangle$$

再计算这个态的模方

$$\begin{aligned} \langle jm|(J_{\pm})^{\dagger}J_{\pm}|jm\rangle&=\langle jm|J_{\mp}J_{\pm}|jm\rangle=\langle jm|J^{2}-J_{3}^{2}\mp\hbar J_{3}|jm\rangle \\[1em] &=[j(j+1)-m^2\mp m]\hbar^2=[j(j+1)-m(m\pm1)]\hbar^2 \end{aligned}$$

按照惯例，我们取 $c_{\pm}$ 为正实数，因此有

$$J_\pm|jm\rangle=\sqrt{j(j+1)-m(m\pm1)}\hbar|j,m+1\rangle$$

因式分解后还能写成

$$J_\pm|jm\rangle=\sqrt{(j\mp m)(j\pm m+1)}\hbar|j,m+1\rangle$$

---

例如，在基 $\left\{|1,1\rangle,|1,0\rangle,|1,-1\rangle\right\}$ 下，$J_3$ 是对角的

$$J_3^{(1)}\doteq\hbar \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\[0.5em] 0 & 0 & 0 \\[0.5em] 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}=\hbar\operatorname{diag}(1,0,-1)$$

又由于

$$J_{2}|1,1\rangle=\frac{J_{4}-J_{-}}{2i}|1,1\rangle=-\frac{J_{-}}{2i}|1,1\rangle=\frac{i}{2}\sqrt{(1+1)(1-1+1)}\hbar|1,0\rangle=\frac{i\hbar}{\sqrt{2}}|1,0\rangle \\[1em] J_{2}|1,-1\rangle=\frac{J_{+}}{2i}|1,-1\rangle=-\frac{i}{2}\sqrt{[1-(-1)][1+(-1)+1]}\hbar|1,0\rangle=-\frac{i\hbar}{\sqrt{2}}|1,0\rangle$$

那么对这两式同时左乘其他左矢，就能得到 $J_2$ 的矩阵元

$$J_2^{(1)}\doteq\frac{\hbar}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & ? & 0 \\[0.5em] i & ? & -i \\[0.5em] 0 & ? & 0 \end{pmatrix}\quad \xRightarrow{\text{厄米性}}\quad J_2\doteq\frac{\hbar}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\[0.5em] i & ? & -i \\[0.5em] 0 & i & 0 \end{pmatrix}\quad \Longrightarrow \quad J_2^{(1)}\doteq\frac{\hbar}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 \\[0.5em] i & 0 & -i \\[0.5em] 0 & i & 0 \end{pmatrix}$$

同理可得 $J_1$ 的矩阵表示

$$J_1^{(1)}\doteq\frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\[0.5em] 1 & 0 & 1 \\[0.5em] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$$

$J_1^{(1)}$ 和 $J_3^{(1)}$ 是纯实数，而 $J_2^{(1)}$ 是纯虚数。

量子生成元 J 和经典生成元 I 之间的关系

三维转动的生成元 $I_i$（$3 \times 3$ 矩阵）：$[I_i, I_j] = i\varepsilon_{ijk} I_k$
$j=1$ 角动量算符的矩阵表示（$3 \times 3$ 矩阵）：$[J_i^{(1)}/\hbar, J_j^{(1)}/\hbar] = i\varepsilon_{ijk} J_k^{(1)}/\hbar$

既然它们满足同样的对易关系，又都是 $3 \times 3$ 矩阵，所以我们猜测 $J_i^{(1)}/\hbar$ 和 $I_i$ 通过一个 $3 \times 3$ 的幺正变换联系在一起。

我们可以找到一个幺正矩阵 $W$，使得 $\dfrac{J_i^{(1)}}{\hbar}=W^TI_iW^*$

$$W=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\[0.5em] i & 0 & i \\[0.5em] 0 & \sqrt2 & 0 \end{pmatrix}$$

J分量的两个重要代数性质

定义 $\mathcal{D}_j$ 为由 $\{ |jm\rangle \}$ 张成的 $2j + 1$ 维复矢量空间

1. 无迹性：$\mathrm{Tr}J_i^{(j)}=0$

2. 在 $\mathcal{D}_j$ 中，角动量算符的任意函数都是最高次数为 $2j$ 的多项式。也就是说，从 $2j$ 次方开始，角动量算符就不独立了，可以用低次幂的多项式表示出来，例如 $\left(\dfrac{J_i^{(1)}}{\hbar}\right)^3=\dfrac{J_i^{(1)}}{\hbar}$。

半奇数 j 的 2pi 旋转

对于 $j = \dfrac{\text{奇整数}}{2}$，我们有：$D_z^{(j)}(\alpha + 2\pi) = -D_z^{(j)}(\alpha)$，这意味着对于半奇数自旋，绕 $z$ 轴旋转 $2\pi$后，态不会复原而是反号。

因为轨道量子数必须为整数，所以 $j$ 的半整数只能来源于自旋量子数。

在 $\mathcal{D}_j$ 空间中，$J_3$ 是对角化的，那么 $D_z^{(j)}(\alpha) = e^{-\frac{i}{\hbar}J_3^{(j)}\alpha}$ 也是对角化的：

$$\langle jm' | D_{\hat{z}}(\alpha) | jm \rangle = \langle jm' | e^{-\frac{i}{\hbar} J_3 \alpha} | jm \rangle = e^{-im\alpha} \delta_{mm'}$$

而 $D_{\hat{z}}(\alpha + 2\pi)$ 的矩阵元为

$$\langle j m' | D_{\hat{z}}(\alpha + 2\pi) | j m \rangle = e^{-im(\alpha + 2\pi)} \delta_{mm'} = \textcolor{green}{e^{-im2\pi}} \langle j m' | D_{\hat{z}}(\alpha) | j m \rangle$$

当 $j$ 为半奇数时，$m$ 也只能是半奇数，所以

$$\langle j m' | D_{\hat{z}}(\alpha + 2\pi) | j m \rangle = \textcolor{green}{-}\langle j m' | D_{\hat{z}}(\alpha) | j m \rangle$$

因此对于半奇数自旋，有

$$D_{\hat{z}}^{(j)}(\alpha+2\pi)=-D_{\hat{z}}^{(j)}(\alpha)$$

转 $4\pi$ 后又会回到原来的态。

而对于整数自旋，显然有

$$D_{\hat{z}}^{(j)}(\alpha+2\pi)=D_{\hat{z}}^{(j)}(\alpha)$$

因此我们可以给出一种统一的形式

$$D_i^{(j)}(\alpha+2\pi)=(-1)^{2j}D_i^{(j)}(\alpha),\qquad i=1,2,3$$

实验已经证实，中子具有双值波函数，这并不奇怪，因为波函数本身并不是可观测量，而是概率幅，概率幅取平方后负号抵消，不会改变平均值。