这一章关注角动量理论和相关论题的系统处理。樱井纯书上这样写到：在现代物理中角动量理论的重要性怎么强调也不过分。所以这一章的重要性也就不言而喻了。由于这一章很重要 (虽然我不清楚究竟如何个重要法$\cdots$)，我想我应该要尽力地去把这章笔记写好。但在读了几篇教材关于这章的内容，感觉所侧重点都有所不同，这对于我一个初学者来说想要去把握主线就十分地困难。而且，感觉里面的一些内容超出了我的知识铺垫 (一些涉及到群论、泛函分析等)，这令我十分头疼，因为我在学习中十分不擅长跳过自己所不懂的内容。因此，关于这一章，我十分没有把握写好。所以，先在这里打个预防针，如果以后我再看自己写得笔记，发现写得简直一塌糊涂时，请不要过于指责自己。请望好的方面想，至少也说明了我还是有在进步的。( '༥' )

# 转动算符

# 作为转动生成元的轨道角动量

$\quad$ 在第一章中我们就讨论了平移算符，现在我们来看看转动算符。在一个三维空间中，假若绕$z$ 轴 (正向) 转动一个无穷小转角$\delta\phi$，可以用一个转动算符$\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi)$^[1] 表征这一过程。当它作用到某一态矢量 $\ket{\alpha}$ 上后，其位置表象写为：

$$\bra{x,y,z} \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi) \ket{\alpha} \tag{3.1.1}$$

若用球坐标来表示$x,y,z$，则

$$\ket{x,y,z} = \ket{r\sin\theta\cos\phi,r\sin\theta\sin\phi,r\cos\theta} \tag{3.1.2}$$

与平移算符同理，我们希望旋转算符作用前后态都是满足归一化条件的，这就导致了旋转算符的幺正性：

$$\hat{\mathcal{R}}^\dagger(\vec{e}_z,\delta\phi) = \hat{\mathcal{R}}^{-1}(\vec{e}_z,\delta\phi) \tag{3.1.3}$$

同时我们也不难想到旋转算符的逆就是 “反方向” 旋转相同的角度：

$$\hat{\mathcal{R}}^{-1}(\vec{e}_z,\delta\phi) = \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,-\delta\phi) \tag{3.1.4}$$

结合上三式，我们不难有：

$$\begin{aligned} \bra{x,y,z} \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi) &= \bra{r\sin\theta\cos\phi,r\sin\theta\sin\phi,r\cos\theta} \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi) \\ &=\left(\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,-\delta\phi) \ket{r\sin\theta\cos\phi,r\sin\theta\sin\phi,r\cos\theta}\right)^\dagger \\ &= \ket{r\sin\theta\cos(\phi-\delta\phi),r\sin\theta\sin(\phi-\delta\phi),r\cos\theta}^\dagger \\ &= \bra{r\sin\theta\cos(\phi-\delta\phi),r\sin\theta\sin(\phi-\delta\phi),r\cos\theta} \end{aligned} \tag{3.1.5}$$

利用简单微分近似：

$$r\sin\theta\cos(\phi-\delta\phi) \approx r\sin\theta\cos\phi-\delta\phi\frac{\partial}{\partial\phi}(r\sin\theta\cos\phi) = r\sin\theta\cos\phi+\delta\phi r\sin\theta\sin\phi$$

$$r\sin\theta\sin(\phi-\delta\phi) \approx r\sin\theta\sin\phi-\delta\phi\frac{\partial}{\partial\phi}(r\sin\theta\sin\phi) = r\sin\theta\sin\phi-\delta\phi r\sin\theta\cos\phi$$

因此 $(3.1.5)$ 式可近似为：

$$\begin{aligned} \bra{x,y,z} \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi) &= \bra{r\sin\theta\cos\phi+\delta\phi r\sin\theta\sin\phi,r\sin\theta\sin\phi-\delta\phi r\sin\theta\cos\phi,r\cos\theta} \\ &= \bra{x+y\delta\phi , y-x\delta\phi,z} \end{aligned} \tag{3.1.6}$$

将 $(3.1.6)$ 式代入 $(3.1.1)$ 式得：

$$\bra{x,y,z} \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi) \ket{\alpha} = \braket{x+y\delta\phi , y-x\delta\phi,z|\alpha} \tag{3.1.7}$$

利用平移算符可以有：

$$\begin{aligned} \braket{x+y\delta\phi , y-x\delta\phi,z|\alpha} &= \ket{x+y\delta\phi , y-x\delta\phi,z}^\dagger \ket{\alpha} \\ &= \left(\hat{\mathcal{T}}(y\delta\phi\vec{e}_x) \hat{\mathcal{T}}(-x\delta\phi\vec{e}_y)\ket{x,y,z}\right)^\dagger \ket{\alpha} \\ &= \bra{x,y,z} \hat{\mathcal{T}}(-y\delta\phi\vec{e}_x) \hat{\mathcal{T}}(x\delta\phi\vec{e}_y) \ket{\alpha} \end{aligned} \tag{3.1.8}$$

比较上两式可得：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi) &= \hat{\mathcal{T}}(-y\delta\phi\vec{e}_x) \hat{\mathcal{T}}(x\delta\phi\vec{e}_y) \\&= (\hat{I}+\frac{i\hat{p}_x\hat{y}\delta\phi}{\hbar}) (\hat{I}-\frac{i\hat{p}_y\hat{x}\delta\phi}{\hbar}) \\&\approxeq \hat{I} - \frac{i\delta\phi(\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x)}{\hbar} \end{aligned} \tag{3.1.9}$$

$\quad$ 从上式告诉了我们，绕则$z$ 轴 (正向) 转动无穷小角度$\delta\phi$ 其效果等效于沿$x$ 轴平移$-y\delta\phi$, 并沿$y$ 轴平移$x\delta\phi$。其中利用到了，在第 0 章中的$(0.4.17)$ 式我们知道的无穷小的平移算符可以写为$\hat{\mathcal{T}}(d\vec{r}) = \hat{I} - i \hat{p} \cdot d\vec{r} /\hbar$ 形式。
$\quad$ 那么我们定义一个算符$\hat{L}_z=\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x$，我们当然知道这是$z$ 方向的轨道角动量算符。假设我们原本不知道也没问题，在这里，算符$\hat{L}_z$ 就被定义为绕$z$ 轴转动的生成元：

$$\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\phi) = \hat{I} - i\frac{\hat{L}_z}{\hbar}\delta\phi \tag{3.1.10}$$

同理，不难推广到绕任意方向$\vec{n}$轴转动无穷小$\delta\varphi$ 角的算符为：

$$\hat{\mathcal{R}}(\vec{n},\delta\varphi) = \hat{I} - i\frac{\hat{L}\cdot\vec{n}}{\hbar}\delta\varphi \tag{3.1.11}$$

这样我们就以转动的生成元定义了什么是轨道角动量算符。

$\quad$ 而一个有限转动，认为是无数个无穷小转动的叠加：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}(\vec{n},\varphi) = \lim_{N\rightarrow\infin} \left(\hat{I} - i\frac{\hat{L}\cdot\vec{n}}{N\hbar}\varphi \right)^N = \exp \left(-i\frac{\hat{L}\cdot\vec{n}}{\hbar}\varphi\right) \end{aligned} \tag{3.1.12}$$

上式就是一个转动算符的具体表达式，准确一点说是，一个自旋为零（或不考虑自旋空间）的转动算符的具体表达式。

# 轨道角动量算符的对易关系

$\quad$ 我们从转动定义出了轨道角动量算符，但我们还没有得到其最重要的等式 —— 对易关系！要想得到轨道角动量算符的对易关系，我们要先讨论经典力学的转动，从经典中推广得到量子力学的对易关系。
$\quad$ 在经典力学中，我们以 $z$ 轴正向旋转一个 $\phi$ 角可以用一个 $3\times 3$ 的矩阵来表示：

$$R_z(\phi) = \left(\begin{matrix} \cos\phi & -\sin\phi & 0 \\ \sin\phi & \cos\phi & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right) \tag{3.1.13}$$

我们特别感兴趣的是转角 $\phi=\epsilon\rightarrow 0$ 时的无穷小形式：

$$R_z(\epsilon) = \left(\begin{matrix} 1-\frac{\epsilon^2}{2} & -\epsilon & 0 \\ \epsilon & 1-\frac{\epsilon^2}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right) \tag{3.1.14}$$

其中忽略了 $\epsilon^3$ 比及更高阶的项。同样的，我们有：

$$R_x(\epsilon) = \left(\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1-\frac{\epsilon^2}{2} & -\epsilon \\ 0 & \epsilon & 1-\frac{\epsilon^2}{2} \end{matrix}\right) \tag{3.1.15a}$$

$$R_y(\epsilon) = \left(\begin{matrix} 1-\frac{\epsilon^2}{2} & 0 & \epsilon \\ 0 & 1 & 0 \\ -\epsilon & 0 & 1-\frac{\epsilon^2}{2} \end{matrix}\right) \tag{3.1.15b}$$

我们现在把一个 $y$ 轴旋转再接一个 $x$ 轴旋转，与一个 $x$ 轴旋转再接一个 $y$ 轴旋转进行比较：

$$R_x(\epsilon) R_y(\epsilon) = \left(\begin{matrix} 1-\frac{\epsilon^2}{2} & 0 & \epsilon \\ \epsilon^2 & 1-\frac{\epsilon^2}{2} & -\epsilon \\ -\epsilon & \epsilon & 1-\frac{\epsilon^2}{2} \end{matrix}\right) \tag{3.1.16a}$$

$$R_y(\epsilon) R_x(\epsilon) = \left(\begin{matrix} 1-\frac{\epsilon^2}{2} & \epsilon^2 & \epsilon \\ 0 & 1-\frac{\epsilon^2}{2} & -\epsilon \\ -\epsilon & \epsilon & 1-\frac{\epsilon^2}{2} \end{matrix}\right) \tag{3.1.16b}$$

比较上两式，我们得到第一个重要结果：如果忽略 $\epsilon^2$ 量级以及更高量级的项，则绕不同轴的无穷小转动对易。这与量子力学的转动算符也是对易的，我们看到 $(3.1.9)$ 式可知，当忽略掉了二阶或以上的项，无穷小转动算符就可以写成两个平移算符，而我们知道不同的平移算符之间都是对应的，所以此时无穷小转动算符也是对易的。
$\quad$ 第二个重要结果是：当 $\epsilon^2$ 量级的项背保留下来时，绕不同轴的转动不再对易：

$$R_x(\epsilon) R_y(\epsilon) - R_y(\epsilon) R_x(\epsilon) = \left(\begin{matrix} 0 & -\epsilon^2 &0 \\ -\epsilon^2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\right) = R_z(\epsilon^2) - \hat{I} \tag{3.1.17}$$

在这里，整个推导过程中所有比 $\epsilon^2$ 更高的项都被忽略。我们将上式推广到量子力学的算符形式中，这需要把经典的转动矩阵换成对易的量子算符：

$$\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_x,\epsilon) \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_y,\epsilon) - \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_y,\epsilon) \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_x,\epsilon) = \hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\epsilon^2) - 1$$

$$\Downarrow \text{利用(3.1.12)式}$$

$$\exp\left(-\frac{i}{\hbar}\hat{L}_x\epsilon\right)\exp\left(-\frac{i}{\hbar}\hat{L}_y\epsilon\right) - \exp\left(-\frac{i}{\hbar}\hat{L}_y\epsilon\right)\exp\left(-\frac{i}{\hbar}\hat{L}_x\epsilon\right) = \exp\left(-\frac{i}{\hbar}\hat{L}_z\epsilon^2\right) - 1$$

$$\Downarrow \text{保留到二阶项}$$

$$(1-\frac{i\hat{L}_x\epsilon}{\hbar}-\frac{\hat{L}^2_x\epsilon^2}{2\hbar^2}) (1-\frac{i\hat{L}_y\epsilon}{\hbar}-\frac{\hat{L}^2_y\epsilon^2}{2\hbar^2})- (1-\frac{i\hat{L}_y\epsilon}{\hbar}-\frac{\hat{L}^2_y\epsilon^2}{2\hbar^2})(1-\frac{i\hat{L}_x\epsilon}{\hbar}-\frac{\hat{L}^2_x\epsilon^2}{2\hbar^2}) = 1 - \frac{i\hat{L}_z\epsilon^2}{\hbar} -1$$

$$\Downarrow \epsilon\text{的项自动消除，令两边}\epsilon^2\text{的项相等}$$

$$[\hat{L}_x,\hat{L}_y] = i\hbar\hat{L}_z \tag{3.1.18}$$

重复这样的做法，最终可以得到：

$$[\hat{L}_i,\hat{L}_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}\hat{L}_k \tag{3.1.19}$$

这就是我们原来一直熟知的轨道角动量对易关系！它是通过经典力学引申得到的，这也许就是为什么量子力学不能从经典力学中独立分离自成一门完备理论的原因吧！因为很多时候的对易关系要从经典力学中推广得到，而这种对易关系是量子力学中最重要的等式！

# 三维转动是非阿贝尔群

$\quad$ 我们现在来看看两个无穷小转动算符$\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_x,\delta\theta),\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\theta)$ 的对易关系:

$$\begin{aligned} [\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\theta),\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_x,\delta\theta)] &= \left[\exp \left(-i\frac{\hat{L}_z\delta\theta}{\hbar}\right),\exp \left(-i\frac{\hat{L}_x\delta\theta}{\hbar}\right)\right] \\&= \left[ 1+(-i\frac{\hat{L}_z\delta\theta}{\hbar})+\frac{(-i\frac{\hat{L}_z\delta\theta}{\hbar})^2}{2}+\cdots , 1+(-i\frac{\hat{L}_x\delta\theta}{\hbar})+\frac{(-i\frac{\hat{L}_x\delta\theta}{\hbar})^2}{2}+\cdots \right] \\&\approxeq - \frac{(\delta \theta)^2 [\hat{L}_z,\hat{L}_x]}{\hbar^2} = -i\frac{(\delta\theta)^2\hat{L}_z}{\hbar} \ne 0 \end{aligned} \tag{3.1.20}$$

可见，不同与无穷小平移算符，无穷小转动算符是不对易的，其实也就是无穷小转动生成元是不对易的，这种操作的群称为 非阿贝尔群，三维转动群就是非阿贝尔群。

# 推广

$\quad$ 在上述的讨论中，我们都是在三维实空间中讨论的，也就仅仅讨论了只有轨道角动量的情况。我们同样可以把这些内容推广到自旋空间（自旋角动量空间），和总空间（自旋角动量和轨道角动量直积空间）。这样推广下来，它们的转动算符表示，和生成元算符的对易关系分别是：
总空间中：

$$\hat{\mathcal{R}}(\vec{n},\varphi) = \exp \left(-i\frac{\hat{J}\cdot\vec{n}}{\hbar}\varphi\right) \tag{3.1.21}$$

$$[\hat{J}_i,\hat{J}_j] = i \hbar \varepsilon_{ijk} \hat{J}_k \tag{3.1.22}$$

自旋空间中：

$$\hat{\mathcal{R}}(\vec{n},\varphi) = \exp \left(-i\frac{\hat{S}\cdot\vec{n}}{\hbar}\varphi\right) \tag{3.1.23}$$

$$[\hat{S}_i,\hat{S}_j] = i \hbar \varepsilon_{ijk} \hat{S}_k \tag{3.1.24}$$

# 自旋 1/2 系统的有限转动

$\quad$ 自旋 1/2 系统，或者就是单费米子自旋空间的系统，在这个系统里，我们采用泡利表象来讨论问题往往会更简单。泡利表象，或者称为二分量形式，把$z$ 轴方向的自旋态矢为基底，其自旋向上和向下描述为

$$\begin{aligned} \ket{+} = \left( \begin{matrix}1 \\ 0 \end{matrix} \right) \\ \ket{-} = \left( \begin{matrix}0 \\ 1 \end{matrix} \right) \end{aligned} \tag{3.2.1}$$

因为上式是$z$ 方向自旋算符的本征态

$$\begin{aligned} \hat{s}_z \ket{+} &= \frac{\hbar}{2} \ket{+} \\ \hat{s}_z \ket{-} &= -\frac{\hbar}{2} \ket{-} \end{aligned} \tag{3.2.2}$$

因此不难推断出$\hat{s}_z$ 算符的矩阵表示：

$$\hat{s}_z = \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right) \tag{3.2.3}$$

再利用自旋算符的对易关系

$$[\hat{s}_i,\hat{s}_j] = \epsilon_{ijk} i \hbar \hat{s}_k \tag{3.2.4}$$

可以推导出$x$ 轴和$y$ 轴的自旋算符

$$\hat{s}_x = \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right) \tag{3.2.5}$$

$$\hat{s}_y = \frac{\hbar}{2} \left( \begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix} \right) \tag{3.2.6}$$

最终我们就得到了泡利矩阵：

$$\hat{\sigma}_x = \left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right) ; \hat{\sigma}_y = \left( \begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix} \right) ; \hat{\sigma}_z = \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right) \tag{3.2.7}$$

以上是我们对量子力学的基本回顾。

$\quad$ 现在我们来讨论，在这样的一个自旋空间下，其转动算符$\hat{\mathcal{R}}(\vec{n},\theta)$ 该如何写成一个矩阵形式。
$\quad$ 我们知道这个转动算符可以写成

$$\hat{\mathcal{R}}(\vec{n},\theta) = \exp \left(-i \theta \frac{\hat{s} \cdot \vec{n}}{\hbar} \right) = \exp \left(-i \theta \frac{\hat{\sigma} \cdot \vec{n}}{2} \right) \tag{3.2.8}$$

我们先来看看$(\hat{\sigma} \cdot \vec{n})^2$ 的结果是什么，如下

$$\begin{aligned} (\hat{\sigma} \cdot \vec{n})^2 =& (\hat{\sigma}_x n_x + \hat{\sigma}_y n_y + \hat{\sigma}_z n_z)^2 \\=& \hat{\sigma}^2_x n^2_x + \hat{\sigma}^2_y n^2_y + \hat{\sigma}^2_z n^2_z + n_xn_y \{\hat{\sigma}_x,\hat{\sigma}_y\} \\ & \quad + n_xn_z \{\hat{\sigma}_x,\hat{\sigma}_z\} + n_yn_z \{\hat{\sigma}_y,\hat{\sigma}_z\} \end{aligned} \tag{3.2.9}$$

利用到泡利算符的幺正性 (暗示了自旋角动量沿任意方向的投影只能是$\pm\hbar/2$)，有

$$\hat{\sigma}^2_x = \hat{\sigma}^2_y = \hat{\sigma}^2_z =\hat{I} \tag{3.2.10}$$

再利用到泡利算符的反对易关系，即

$$\{\hat{\sigma}_x,\hat{\sigma}_y\} = \{\hat{\sigma}_x,\hat{\sigma}_z\} =\{\hat{\sigma}_y,\hat{\sigma}_z\} = 0 \tag{3.2.11}$$

将 (3.2.11) 和 (3.2.10) 代入 (3.2.9) 式，可得

$$(\hat{\sigma} \cdot \vec{n})^2 = \hat{I} (n_x^2+n_y^2+n_z^2) = \hat{I} \tag{3.2.12}$$

由此，我们可以推导得

$$(\hat{\sigma} \cdot \vec{n})^N = \begin{cases} 1 && \text{对于偶数的}N \\ \hat{\sigma} \cdot \vec{n} && \text{对于奇数的}N \end{cases} \tag{3.2.13}$$

我们再对 (3.2.8) 式使用欧拉公式，泰勒展开并利用 (3.2.13) 式，可得：

$$\begin{aligned} \exp \left(-i \theta \frac{\hat{\sigma} \cdot \vec{n}}{2} \right) =& \cos\left(\theta \frac{\hat{\sigma} \cdot \vec{n}}{2}\right) - i\sin\left(\theta \frac{\hat{\sigma} \cdot \vec{n}}{2}\right) \\=& \left[ 1 - \frac{(\hat{\sigma} \cdot \vec{n})^2}{2!} (\frac{\theta}{2})^2 + \frac{(\hat{\sigma} \cdot \vec{n})^4}{4!} (\frac{\theta}{2})^4 - \cdots \right] \\ & \quad -i \left[ (\hat{\sigma} \cdot \vec{n}) \frac{\theta}{2} - \frac{(\hat{\sigma} \cdot \vec{n})^3}{3!} (\frac{\theta}{2})^3 + \cdots \right] \\=& \hat{I} \cos(\frac{\theta}{2}) - i (\hat{\sigma} \cdot \vec{n}) \sin(\frac{\theta}{2}) \end{aligned} \tag{3.2.14}$$

最后，我们再将上式写开，写成矩阵的形式，最终得

$$\begin{aligned} \exp \left(-i \theta \frac{\hat{\sigma} \cdot \vec{n}}{2} \right) =& \hat{I} \cos(\frac{\theta}{2}) - i \sin(\frac{\theta}{2}) (\hat{\sigma}_x n_x + \hat{\sigma}_y n_y + \hat{\sigma}_z n_z) \\=& \cos(\frac{\theta}{2}) \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} \right) - i \sin(\frac{\theta}{2}) \left[ n_x \left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right) + n_y \left( \begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix} \right) + n_z \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right) \right] \\=& \left( \begin{matrix} \cos(\frac{\theta}{2}) - i n_z \sin(\frac{\theta}{2}) & (-in_x-n_y) \sin(\frac{\theta}{2}) \\ \\ (-in_x+n_y) \sin(\frac{\theta}{2}) & \cos(\frac{\theta}{2}) + i n_z \sin(\frac{\theta}{2}) \end{matrix} \right) \end{aligned} \tag{3.2.15}$$

至此，我们把在自旋 1/2 空间中的转动算符写成了一个$2\times2$ 的幺正矩阵。当然这是讨论最简单的情况，若是自旋为 1 的系统，那将会是一个$3\times3$ 的幺正矩阵。

$\quad$ 下面我们来探讨一下，这个转动算符真的对这个物理系统其作用了吗？假若自旋为 1/2 的系统中有一个态矢\ket

$$\ket{\alpha} = c_1 \ket{+} + c_2 \ket{-} = \left( \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix} \right) \tag{3.2.16}$$

若这个系统经过转动算符$\hat{\mathcal{R}}(\vec{z},\theta)$ 绕$z$ 轴转动$\theta$ 角后，该态矢变为$\ket{\alpha}_{\mathcal{R}_z}$，即

$$\ket{\alpha}_{\mathcal{R}_z} = \hat{\mathcal{R}}(\vec{z},\theta) \ket{\alpha} = \exp \left( -i \theta \frac{\hat{s}_z}{\hbar} \right) \ket{\alpha} \tag{3.2.17}$$

我们考虑一下转动前后该态的下的沿$x,y,z$ 方向自旋平均值是否有变化 (注意这里的$x,y,z$ 方向是指老的固定不动的坐标轴方向)。其转动前三个方向的自旋平均值为

$$\begin{aligned} \braket{s_x} = \braket{\alpha|\hat{s}_x|\alpha} = \left( \begin{matrix} c_1^* & c_2^* \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix} \right) = c_1^*c_2 + c_1c_2^* \tag{3.2.18a} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \braket{s_y} = \braket{\alpha|\hat{s}_y|\alpha} = \left( \begin{matrix} c_1^* & c_2^* \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix} \right) = i(-c_1^*c_2 + c_1c_2^*) \tag{3.2.18b} \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \braket{s_z} = \braket{\alpha|\hat{s}_z|\alpha} = \left( \begin{matrix} c_1^* & c_2^* \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix} \right) = |c_1|^2-|c_2|^2 \tag{3.2.18c} \end{aligned}$$

对于转动后$x$ 轴方向的自旋平均值有

$$\begin{aligned} \braket{s_x}_{\mathcal{R}_z} =& _{\mathcal{R}_z} \braket{\alpha|\hat{s}_x|\alpha}_{\mathcal{R}_z} = \braket{\alpha|\hat{\mathcal{R}}^\dagger(\vec{z},\theta) \hat{s}_x \hat{\mathcal{R}}(\vec{z},\theta)|\alpha} \\=& \left( \begin{matrix} c_1^* & c_2^* \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} e^{i\frac{\theta}{2}} & 0 \\ 0 & e^{-i\frac{\theta}{2}} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} e^{-i\frac{\theta}{2}} & 0 \\ 0 & e^{i\frac{\theta}{2}} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix} \right) \\=& c_1^*c_2 e^{i\theta} + c_1c_2^* e^{-i\theta} \\=& (c_1^*c_2+c_1c_2^*) \cos(\theta) + i(-c_1^*c_2 + c_1c_2^*) \sin(\theta) \\=& \braket{s_x} \cos(\theta) + \braket{s_y} \sin(\theta) \end{aligned} \tag{3.2.19a}$$

$$\begin{aligned} \braket{s_y}_{\mathcal{R}_z} =& _{\mathcal{R}_z} \braket{\alpha|\hat{s}_y|\alpha}_{\mathcal{R}_z} = \braket{\alpha|\hat{\mathcal{R}}^\dagger(\vec{z},\theta) \hat{s}_y \hat{\mathcal{R}}(\vec{z},\theta)|\alpha} \\=& \left( \begin{matrix} c_1^* & c_2^* \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} e^{i\frac{\theta}{2}} & 0 \\ 0 & e^{-i\frac{\theta}{2}} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} e^{-i\frac{\theta}{2}} & 0 \\ 0 & e^{i\frac{\theta}{2}} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix} \right) \\=& -ic_1^*c_2 e^{i\theta} + ic_1c_2^* e^{-i\theta} \\=& (c_1^*c_2+c_1c_2^*) \sin(\theta) + i(-c_1^*c_2 + c_1c_2^*) \cos(\theta) \\=& \braket{s_x} \sin(\theta) + \braket{s_y} \cos(\theta) \end{aligned} \tag{3.2.20b}$$

$$\begin{aligned} \braket{s_z}_{\mathcal{R}_z} =& _{\mathcal{R}_z} \braket{\alpha|\hat{s}_z|\alpha}_{\mathcal{R}_z} = \braket{\alpha|\hat{\mathcal{R}}^\dagger(\vec{z},\theta) \hat{s}_z \hat{\mathcal{R}}(\vec{z},\theta)|\alpha} \\=& \left( \begin{matrix} c_1^* & c_2^* \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} e^{i\frac{\theta}{2}} & 0 \\ 0 & e^{-i\frac{\theta}{2}} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} e^{-i\frac{\theta}{2}} & 0 \\ 0 & e^{i\frac{\theta}{2}} \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix} \right) \\=& |c_1|^2-|c_2|^2 = \braket{s_z} \end{aligned} \tag{3.2.20c}$$

上式很明确地告诉我们了：在转动算符作用后，$z$ 轴方向的期待值没有变，这很自然，因为我们就是绕着$z$ 轴转的；而$x,y$ 轴方向上的期待值仿佛绕着$z$ 轴转动了$\theta$ 角，这说明了这个转动算符，的的确确转动了这个物理系统！

# 欧拉转动

$\quad$ 一个刚体的任意的转动可以分成三步完成，它们被称为欧拉转动。其步骤如下：

1. 将刚体反时针绕$z$ 轴 (从正$z$ 一边看) 转$\alpha$ 角；
2. 绕$y'$ 轴转动$\beta$ 角；
3. 绕$z'$ 轴转动$\gamma$ 角。

因此，这三次操作的乘积可以写成：

$$\hat{\mathcal{R}}(\alpha,\beta,\gamma) \equiv \hat{\mathcal{R}}_{z'}(\gamma) \hat{\mathcal{R}}_{y'}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \tag{3.3.1}$$

$\quad$ 但这样表示的转动出现了$\hat{\mathcal{R}}_{z'}$ 和$\hat{\mathcal{R}}_{y'}$，这些都是绕本体轴的转动矩阵，在量子力学中使用起来是相当不方便的，因此我们希望找到在各空间固定轴的欧拉转动表示。庆幸的是，我们可以做到。
$\quad$ 对于上述步骤 2 中绕$y'$ 轴转动$\beta$ 角，其效果可以等效为先绕$z$ 轴顺始终转$\alpha$ 角，使得$y'$ 与$y$ 重新重合，再绕$y$ 轴转$\beta$ 角，最后再绕$z$ 轴（注意不是$z'$ 轴，而是固定空间$z$ 轴）逆时针转回$\alpha$ 角。这样转动的净效果就是单独绕$y'$ 轴转动$\beta$ 角。因此：

$$\hat{\mathcal{R}}_{y'}(\beta) = \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \hat{\mathcal{R}}_{y}(\beta) \hat{\mathcal{R}}^{-1}_{z}(\alpha) \tag{3.3.2}$$

$\quad$ 对于上述步骤 3 中绕$z'$ 轴转动$\gamma$ 角，其效果可以等效为先绕$y'$ 轴顺时针转$\beta$ 角，使得$z'$ 轴与$z'$ 轴重新重合，再绕$z$ 轴转$\gamma$ 角，最后再绕$y'$ 逆时针转$\beta$ 角。这样转动的净效果就是单独绕$z'$ 轴转动$\gamma$ 角。因此：

$$\hat{\mathcal{R}}_{z'}(\gamma) = \hat{\mathcal{R}}_{y'}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\gamma) \hat{\mathcal{R}}^{-1}_{y'}(\beta) \tag{3.3.3}$$

$\quad$ 这样，将$(3.3.2)(3.3.3)$ 代入$(3.3.1)$ 式得：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}(\alpha,\beta,\gamma) &\equiv \hat{\mathcal{R}}_{z'}(\gamma) \hat{\mathcal{R}}_{y'}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \\&= \hat{\mathcal{R}}_{y'}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\gamma) \hat{\mathcal{R}}^{-1}_{y'}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{y'}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \\&= \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \hat{\mathcal{R}}_{y}(\beta) \hat{\mathcal{R}}^{-1}_{z}(\alpha) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\gamma) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \\&= \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \hat{\mathcal{R}}_{y}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\gamma) \end{aligned} \tag{3.3.4}$$

这样的欧拉转动就全换成空间的固定轴啦！而 $\hat{\mathcal{R}}(\alpha,\beta,\gamma)$ 是利用欧拉角表示的转动算符。

# 角动量的本征值和本征态

$\quad$ 在上面，我们知道了角动量算符是作为转动的生成元，也用一个自旋 1/2 系统为例看到了转动算符对系统的的确确造成的影响，然后我们由利用欧拉角的方法，探索出了一个表示任意转动的好方式。
$\quad$ 我们看出角动量算符在转动中起到了举足轻重的地位，但我们还没有讨论过角动量算符的本征值和本征态究竟是什么。或许在学了量子力学的课程后，我是知道的，但在这一节，我想系统地讨论这个问题。

# 利用对易关系导出

$\quad$ 我们知道，对易关系在量子力学中具有绝对重要的意义！下面我就会仅仅用角动量的对易关系，导出其本征态与本征值，并且导出其中所要满足的条件。不区分究竟在哪一个空间，下面我们用总角动量算符 $\hat{J}$ 来讨论。
$\quad$ 通过角动量算符的对易关系 $[\hat{J}_i,\hat{J}_j] = i \hbar \varepsilon_{ijk} \hat{J}_k$，我们可以轻易得到：

$$[\hat{J}^2,\hat{J}_z] \equiv 0 \tag{3.4.1}$$

在第零章中我们就讨论过，当两个算符对易时，它们拥有共同本征矢完全集，我们设它为 $\ket{a,b}$，其满足：

$$\hat{J}^2\ket{a,b} = a\ket{a,b} ; \quad \hat{J}_z \ket{a,b} = b\ket{a,b} \tag{3.4.2}$$

$\quad$ 下面我们定义一对阶梯算符 $\hat{J}_{\pm}$ 为：

$$\hat{J}_\pm = \hat{J}_x \pm i\hat{J}_y \tag{3.4.3}$$

同样，通过角动量算符的对易关系，我们可以轻易验证：

$$[\hat{J}_+ , \hat{J}_-] = 2\hbar\hat{J}_z \tag{3.4.4a}$$

$$[\hat{J}_z,\hat{J}_\pm] = \pm\hbar\hat{J}_\pm \tag{3.4.4b}$$

$$[\hat{J}^2,\hat{J}_\pm] = 0 \tag{3.4.4c}$$

$\quad$ 为什么 $\hat{J}_{\pm}$ 称为阶梯算符呢？我们可以看看下式：

$$\begin{aligned} \hat{J}_z \left(\hat{J}_\pm\ket{a,b}\right) &= \left([\hat{J}_z,\hat{J}_\pm]+\hat{J}_\pm\hat{J}_z\right) \ket{a,b} \\ &= \left( \pm\hbar\hat{J}_\pm + b \hat{J}_\pm \right) \ket{a,b} \\ &= (b\pm\hbar) \left(\hat{J}_\pm\ket{a,b}\right) \end{aligned} \tag{3.4.5}$$

由上式可以看到，当 $\hat{J}_\pm$ 作用到 $\ket{a,b}$ 后的 $\hat{J}_\pm\ket{a,b}$ 还是 $\hat{J}_z$ 的本征态，只不过其本征变为了 $b\pm\hbar$，因此我们可以写作：

$$\hat{J}_\pm\ket{a,b} = \ket{a,b\pm\hbar} \tag{3.4.6}$$

同理：

$$\begin{aligned} &\hat{J}_\pm^2\ket{a,b} = \ket{a,b\pm2\hbar} \\ &\hat{J}_\pm^3\ket{a,b} = \ket{a,b\pm3\hbar} \\ & \cdots \ \cdots \end{aligned}$$

可见 $\hat{J}_\pm$ 的作用就如同爬梯子，将 $\hat{J}_z$ 的本征值爬上或爬下一个 $\hbar$，因此才称为阶梯算符。

$\quad$ 但正如爬梯子你可以一直往上或往下爬吗？很明显不能，你要么爬到最顶端，要么就爬回地上。阶梯算符也如此，它不能一直作用而没用尽头。我们可以证明来看看，通过定义可推导得：

$$\hat{J}^2 - \hat{J}_z^2 = \hat{J}_x^2 - \hat{J}_y^2 = \frac{1}{2}(\hat{J}_+\hat{J}_- + \hat{J}_-\hat{J}_+) \tag{3.4.7}$$

因此：

$$\begin{aligned} \bra{a,b} (\hat{J}^2 - \hat{J}_z^2 )\ket{a,b} &= \frac{1}{2} \bra{a,b} \hat{J}_+\hat{J}_- \ket{a,b} + \frac{1}{2} \bra{a,b} \hat{J}_-\hat{J}_+ \ket{a,b} \\ &= \frac{1}{2} \left(\hat{J}_-\ket{a,b}\right)^\dagger \left(\hat{J}_-\ket{a,b}\right) + \frac{1}{2} \left(\hat{J}_+\ket{a,b}\right)^\dagger \left(\hat{J}_+\ket{a,b}\right) \\ &= \frac{1}{2} \braket{a,b-\hbar|a,b-\hbar} + \frac{1}{2} \braket{a,b+\hbar|a,b+\hbar} \ge 0 \end{aligned} \tag{3.4.8}$$

注意，上式运用到了 $\hat{J}_+$ 和 $\hat{J}_-$ 互为对方共轭算符的事实，以及最后 $\braket{a,b-\hbar|a,b-\hbar}$ 和 $\braket{a,b+\hbar|a,b+\hbar}$ 并不一定是归一化的，因此我们只能知道它大于或等于零。然后，对于上式的左侧，我们可以通过直击计算 $\hat{J}^2$ 与 $\hat{J}_z^2$ 的本征值得到：

$$\bra{a,b} (\hat{J}^2 - \hat{J}_z^2 )\ket{a,b} = (a-b^2) \braket{a,b|a,b} = a-b^2 \tag{3.4.9}$$

注意，虽然
$\braket{a,b-\hbar|a,b-\hbar}$ 和 $\braket{a,b+\hbar|a,b+\hbar}$ 并不一定是归一化的，但我们最开始所定义的本征态 $\ket{a,b}$ 是定义为已经归一化了的！结合上两式，我们可以得到：

$$a-b^2 \ge 0 \tag{3.4.10}$$

上式就暗示了我们一个很重要的事实：当 $a$ 确定时，一定存在一个 $b$ 的正数最大值 $b_{\max}$，和负数最小值 $b_{\min}$。当爬到梯子的顶部时，就不能再爬了，也就是说当达到 $b_{\max}$ 时，再作用 $\hat{J}_+$ 算符等于零：

$$\hat{J}_+\ket{a,b_{\max}} = 0$$

$$\Downarrow$$

$$\begin{aligned} \hat{J}_-\hat{J}_+\ket{a,b_{\max}} &= (\hat{J}_x-i\hat{J}_y)(\hat{J}_x+i\hat{J}_y)\ket{a,b_{\max}} \\ &= \left(\hat{J}_x^2+\hat{J}_y^2-i(\hat{J}_y\hat{J}_x-\hat{J}_x\hat{J}_y)\right)\ket{a,b_{\max}} \\ &= (\hat{J}^2-\hat{J}_z^2-\hbar\hat{J}_z) \ket{a,b_{\max}} \\ &= a - b_{\max}^2 - \hbar b_{\max} \\ &= 0 \end{aligned}$$

$$\Downarrow$$

$$a = b_{\max}(b_{\max}+\hbar) \tag{3.4.11a}$$

同理得：

$$a = b_{\min}(b_{\min}-\hbar) \tag{3.4.11b}$$

结合上两式，可得：

$$b_{\max} = -b_{\min} \tag{3.4.12}$$

得到 $b$ 允许的范围为 $-b_{\max}\le b \le b_{\max}$。

$\quad$ 把 $\hat{J}_+$ 算符连续作业在 $\ket{a,b_{\min}}$ 态上，总会得到 $\ket{a,b_{\max}}$ 态 (注意，这个过程并不保证归一化)：

$$(\hat{J}_+)^n\ket{a,b_{\min}} = \ket{a,b_{\max}} \tag{3.4.13}$$

因为每一次作用都会使得 $\hat{J}_z$ 的本征值上升 $\hbar$，因此：

$$b_{\min} + n\hbar = b_{\max} \tag{3.4.14}$$

结合 $(3.4.12)(3.4.14)$ 两式得：

$$b_{\max} = \frac{n\hbar}{2} \tag{3.4.15}$$

定义一个量子数 $j$，其满足 $b_{\max}=j\hbar$，$j=\frac{n}{2}$，可见 $j$ 即可能是整数，也可能是半整数。结合 $(3.4.11a)$ 式，得到 $\hat{J}^2$ 的本征值$a$ 为：

$$a= b_{\max}(b_{\max}+\hbar) = j(j+1)\hbar \tag{3.4.16}$$

此外，我们还可以定义另一个量子数 $m$，其与 $\hat{J}_z$ 的本征值 $b$ 满足 $b\equiv m\hbar$：

$$\begin{aligned} &-b_{\max} \le b=m\hbar \le b_{\max} \\ \Longrightarrow\ &m = \underbrace{-j,-j+1,\cdots,j-1,j}_{2j+1\text{个态}} \end{aligned} \tag{3.4.17}$$

$\quad$ 代替非归一化的 $\ket{a,b}$，我们用 $\ket{j,m}$ 表示 $\hat{J}^2$ 和 $\hat{J}_z$ 的共同本征态，且我们默认令 $\ket{j,m}$ 始终是归一的。这样 $\hat{J}_+\ket{j,m}$ 和 $\ket{j,m+1}$ 最多只差一个常数因子：

$$\begin{aligned} &\hat{J}_+\ket{j,m} = C_{j,m}^+ \ket{j,m+1} \\ \Longrightarrow&\bra{j,m}\hat{J}_-\hat{J}_+\ket{j,m} = |C_{j,m}^+|^2 \end{aligned} \tag{3.4.18}$$

而利用定义：

$$\begin{aligned} \bra{j,m}\hat{J}_-\hat{J}_+\ket{j,m} &= \bra{j,m}(\hat{J}_x-i\hat{J}_y)(\hat{J}_x+i\hat{J}_y)\ket{j,m} \\ &= \bra{j,m}(\hat{J}^2-\hat{J}_z^2-\hbar\hat{J}_z)\ket{j,m} \\ &= j(j+1)\hbar^2 - m^2\hbar^2 - m\hbar^2 \end{aligned} \tag{3.4.19}$$

结合 $(3.4.18)(3.4.19)$ 两式得：

$$C_{j,m}^+ = \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m+1)} \tag{3.4.20a}$$

同理：

$$C_{j,m}^- = \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)} \tag{3.4.20b}$$

因此，阶梯算符的作用的递推效果为：

$$\begin{cases} \hat{J}_+\ket{j,m} = \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m+1)} \ket{j,m+1} \\\\ \hat{J}_-\ket{j,m} = \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)} \ket{j,m-1} \end{cases} \tag{3.4.21}$$

$\quad$ 总结一下，至此，我们找到了用量子数 $j,m$ 表征的$\ket{j,m}$ 表示 $\hat{J}^2$ 和 $\hat{J}_z$ 的共同的归一化的本征态组 $\ket{j,m}$，以及其对应的本征值：

$$\hat{J}^2 \ket{j,m} = j(j+1)\hbar^2 \ket{j,m} \tag{3.4.22a}$$

$$\hat{J}_z \ket{j,m} = m\hbar\ket{j,m} \tag{3.4.22b}$$

以及量子数 $j,m$ 所应满足的条件为：

$$\text{j 为正的整数或半整数} \tag{3.4.23a}$$

$$m = \underbrace{-j,-j+1,\cdots,j-1,j}_{2j+1\text{个态}} \tag{3.4.23b}$$

这很巧妙，我们完全是从角动量的对易关系出发，就得到了如此有用的东西。可见，对易关系在量子力学的如此有用！

# 本征态的坐标表象 —— 球谐函数

$\quad$ 绕 $z$ 轴的无穷小转动 $\delta\varphi$ 的转动算符作用到 $\ket{\alpha}$ 态上可写为：

$$\hat{\mathcal{R}}(\vec{e}_z,\delta\varphi) \ket{\alpha} = (1-\frac{i}{\hbar}\delta\varphi\hat{L}_z) \ket{\alpha} \tag{3.4.24}$$

若将上式写为坐标空间的波函数，并且用的是球坐标系，则为：

$$\begin{aligned} \bra{r,\theta,\varphi} (1-\frac{i}{\hbar}\delta\varphi\hat{L}_z) \ket{\alpha} &= \braket{r,\theta,\varphi-\delta\varphi|\alpha} \\ &= \braket{r,\theta,\varphi|\alpha} - \delta\varphi \frac{\partial}{\partial \varphi} \braket{r,\theta,\varphi|\alpha} \tag{3.4.25} \end{aligned}$$

上式进一步化简写为：

$$\begin{aligned} \bra{r,\theta,\varphi} \hat{L}_z \ket{\alpha} = - i\hbar \frac{\partial}{\partial \varphi} \braket{r,\theta,\varphi|\alpha} \end{aligned} \tag{3.4.26}$$

上式的左侧我们可以写为：

$$\bra{r,\theta,\varphi} \hat{L}_z \ket{\alpha} = \bra{\vec{r}} \hat{L}_z \ket{\alpha} = \int d\vec{r}' \bra{\vec{r}} \hat{L}_z \ket{\vec{r}'} \braket{\vec{r}'|\alpha} = \int d\vec{r}'\ L_z(\vec{r})\delta(\vec{r}-\vec{r}') \psi_\alpha(\vec{r}') = L_z\psi_\alpha(\vec{r}) \tag{3.4.27}$$

其中利用到了算符的坐标表象表示，其中用不带帽子的 $L_z$ 表示它的坐标表象下的形式，在该形式下，它其实是一个微商符号：

$$\bra{\vec{r}} \hat{L}_z \ket{\vec{r}'} = L_z(\vec{r}) \delta(\vec{r}-\vec{r}') = L_z \delta(\vec{r}-\vec{r}') \tag{3.4.28}$$

而右侧可以写成：

$$- i\hbar \frac{\partial}{\partial \varphi} \braket{r,\theta,\varphi|\alpha} = - i\hbar \frac{\partial}{\partial \varphi} \braket{\vec{r}|\alpha} = - i\hbar \frac{\partial}{\partial \varphi} \psi_\alpha(\vec{r}) \tag{3.4.29}$$

将 $(3.4.27)(3.4.29)$ 替换进 $(3.4.26)$，可得：

$$L_z \psi_\alpha(\vec{r})= - i\hbar \frac{\partial}{\partial \varphi} \psi_\alpha(\vec{r}) \tag{3.4.30}$$

比较上式左右两边，最终可以得到算符 $\hat{L}_z$ 在坐标表象下写成的微商符号 $L_z$ 的表达式为：

$$L_z = - i\hbar \frac{\partial}{\partial \varphi} \tag{3.4.31a}$$

碎碎念：该式在我们初学量子力学时，感觉是理所应当的，因为当时就是从波函数出发的。但现在，我们是通过狄拉克符号、利用转动来推导出该式。至少我觉得这样更能够形成一个内容的闭环。=￣ω￣=
$\quad$ 利用同样的方法，虽然会很麻烦，但也是可以得到：

$$L_x = -i\hbar(-\sin\varphi \frac{\partial}{\partial\theta}-\cot\theta\cos\varphi\frac{\partial}{\partial\varphi}) \tag{3.4.31b}$$

$$L_y = -i\hbar(-\cos\varphi \frac{\partial}{\partial\theta}-\cot\theta\sin\varphi\frac{\partial}{\partial\varphi}) \tag{3.4.31c}$$

$$L^2 = -\hbar^2 \left[\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}+\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta})\right] \tag{3.4.31d}$$

再利用我们上一小节求得的 $\hat{J}^2,\hat{J}_z$ 的共同本征态 $\ket{j,m}$，以及对应的本征值 $j(j+1)\hbar^2,m\hbar$。这里只考虑坐标空间，因此，$(j,m)$ 改为 $(l,m)$。我们有：

$$\begin{cases} L^2\braket{\vec{r}|l,m} = l(l+1)\hbar^2\braket{\vec{r}|l,m} \\ L_z\braket{\vec{r}|l,m} = m\hbar\braket{\vec{r}|l,m} \end{cases}$$

$$\Downarrow$$

$$\begin{cases} \left[\frac{1}{\sin^2\theta}\frac{\partial^2}{\partial\varphi^2}+\frac{1}{\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin\theta\frac{\partial}{\partial\theta})+l(l+1)\right] \braket{\vec{r}|l,m} = 0 \\\\ - i\hbar \frac{\partial}{\partial \varphi}\braket{\vec{r}|l,m} = m\hbar\braket{\vec{r}|l,m} \end{cases} \tag{3.4.32}$$

由上式方程组很明显可以看出来，$\braket{\vec{r}|l,m}$ 完全可以不依赖 $r$，仅依赖于角度 $(\theta,\varphi)$，因此可以认为 $\braket{\vec{r}|l,m}=\braket{\theta,\varphi|l,m}$。而且，如果你还记得数学物理方法方法，你可以知道，上面微分方程组的解就是球谐函数：

$$\braket{\theta,\varphi|l,m} = Y_l^m(\theta,\varphi) \tag{3.4.33}$$

至此，我们把量子力学和数学物理方法联系起来了。也总算说服了自己：在数学物理方法课程中所学的，一个完全从数学方程出发得到的球谐函数，为什么会是刚好是量子力学中算符 $\hat{L}^2,\hat{L}_z$ 的本征值。这是因为那个数学方程的微分符号，刚好就是这两个算符在坐标表象中的表示！ 以后看到态矢 $\ket{l,m}$，也不需要顾虑太多，直接认为它是与球谐函数联系起来的！

# 球对称中心势的本征态

$\quad$ 由下面形式的哈密顿量

$$\hat{H} = \frac{\hat{\mathbf{P}}^2}{2m} + \hat{V}(r); \quad r=|\vec{r}| \tag{3.5.1}$$

描述的是受球对称中心势场作用的物理图像，它符号了物理世界中许多的情况。因此讨论一个球对称中心势场是十分有意义的。
$\quad$ 很容易能理解，由于势场是球对称的，因此哈密顿量 $\hat{H}$ 与 $\hat{L}^2,\hat{L}_z$ 三个算符互相两两对易。因此它们应该有一个共同的本征态，我们记作 $\ket{Elm}$，其满足：

$$\hat{H}\ket{Elm} = E\ket{Elm} \tag{3.5.2a}$$

$$\hat{L}^2\ket{Elm} = l(l+1)\hbar^2\ket{Elm} \tag{3.5.2b}$$

$$\hat{L}_z\ket{Elm} = m\hbar\ket{Elm} \tag{3.5.2c}$$

其实上面三时就暗含着我们数理方法中的分离变量。其中 $(3.5.2b)(3.5.2c)$ 两式写在 (球坐标) 位置表象下就是 $(3.4.32)$ 时的微分方程，我们说过它解出来是球谐函数，但我们丝毫不介意它有一个与径向相关为相因子函数，即

$$\braket{\vec{r}|Elm} = R(r) Y^m_l(\theta,\varphi) \tag{3.5.3}$$

利用 $(3.5.3)$ 时，将 $(3.5.2a)$ 式的方程在位置表象下写出来为：

$$\begin{aligned} &\left[-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 + V(r)\right] R(r) Y^m_l(\theta,\varphi) = E R(r) Y^m_l(\theta,\varphi) \\ \Longrightarrow& \left[-\frac{\hbar^2}{2mr^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{d}{dr}\right) + \frac{L^2}{2mr^2} + V(r)\right] R(r) Y^m_l(\theta,\varphi) = E R(r) Y^m_l(\theta,\varphi) \\ \Longrightarrow& \left[-\frac{\hbar^2}{2mr^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{d}{dr}\right) + \frac{l(l+1)\hbar^2}{2mr^2} + V(r)\right] R(r) = E R(r) \end{aligned} \tag{3.5.4}$$

上式最后推导得到的就是所谓的径向方程。很明显径向函数与本征值 (或本征量子数) $E,l$ 有关，因此将它写为 $R_{El}(r)$。因此重写一下球对称势场下的径向方程：

$$\left[-\frac{\hbar^2}{2mr^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{d}{dr}\right) + \frac{l(l+1)\hbar^2}{2mr^2} + V(r)\right] R_{El}(r) = E R_{El}(r) \tag{3.5.5}$$

而球对称势场对应的本征态的波函数，最终都可以写为如下形式：

$$\braket{\vec{r}|Elm} = R_{El}(r) Y^m_l(\theta,\varphi) \tag{3.5.6}$$

$\quad$ 关于球对称势场更具体的例子讨论，例如球对称无限深势井、氢原子等我们都在量子力学课程中讨论过了，这就不再具体讨论了。

# 角动量表象下 转动算符的矩阵表示

$\quad$ 在第 4 节中，我们讨论了角动量算符的本征态 $\ket{j,m}$。它不仅是算符 $\hat{J}^2,\hat{J}_z$ 的本征态，而且升降算符对它的作用结果我们也是在 $(3.4.2)$ 中明确了的，这就使得我们可以轻易第得到算符 $\hat{J}_x=\frac{1}{2}(\hat{J}_++\hat{J}_-),\ \hat{J}_y=\frac{1}{2i}(\hat{J}_+-\hat{J}_-)$ 对它的作用结果。我们简单地写写出来：

$$\hat{J}^2 \ket{j,m} = j(j+1)\hbar^2 \ket{j,m} \tag{3.6.1a}$$

$$\hat{J}_z \ket{j,m} = m\hbar \ket{j,m} \tag{3.6.1b}$$

$$\hat{J}_x\ket{j,m} = \frac{1}{2} \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m+1)} \ket{j,m+1} + \frac{1}{2} \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)} \ket{j,m-1} \tag{3.6.1c}$$

$$\hat{J}_y\ket{j,m} = \frac{1}{2i} \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m+1)} \ket{j,m+1} - \frac{1}{2i} \hbar\sqrt{j(j+1)-m(m-1)} \ket{j,m-1} \tag{3.6.1d}$$

$\quad$ 我们也知道了角动量算符是转动的生成元，因此，将转动算符在一组 $\ket{j,m}$ 的基底中写出其矩阵形式是十分方便的。这一节我们就来看看，转动算符在角动量表象中的矩阵元！

# 维格纳函数 —— 转动矩阵元

$\quad$ 对应任意的一个转动算符 $\hat{\mathcal{R}}(\vec{n},\varphi) = \exp \left(-i\frac{\hat{J}\cdot\vec{n}}{\hbar}\varphi\right)$，我们简记它为 $\hat{\mathcal{R}}$。明显地， $\hat{\mathcal{R}}$ 作用到 $\ket{j,m}$ 上，得到的结果只会是一个可能改变了量子数 $m$，而一定不会改变量子数 $j$ 的一个或多个量子态的叠加。这是因为 $\hat{\mathcal{R}}$ 是一个由 $\hat{J}_x,\hat{J}_y,\hat{J}_z$ 构成的算符，我们在 $(3.6.1)$ 式中也可以看到 $\hat{J}_x,\hat{J}_y,\hat{J}_z$ 的作用一定不会改变 $\ket{j,m}$ 中的量子数 $j$。因此，当 $j'\ne j$ 时，对应的转动算符矩阵元一定为零：

$$\bra{j',m'} \hat{\mathcal{R}} \ket{j,m} = \bra{j',m'} \exp \left(-i\frac{\hat{J}\cdot\vec{n}}{\hbar}\varphi\right) \ket{j,m} \equiv 0 \tag{3.6.2}$$

只有当 $j'=j$ 的矩阵元采用贡献，我们把这些矩阵元相应地用一个符号 $\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}})$ 来标记：

$$\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}) = \bra{j,m'}\hat{\mathcal{R}}\ket{j,m} \tag{3.6.3}$$

这些转动矩阵元有时被称为维格纳函数，它以对量子力学中转动的群论性质作出开拓性贡献的维格纳的名字命名。在这个表象下转动算符的矩阵表示被称为大$\mathcal{D}$ 矩阵^[2]。

$\quad$ 在文献中 $\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}})$ 构成的 $(2j+1)\times(2j+1)$ 矩阵称为 转动算符 $\hat{\mathcal{R}}$ 的不可约表示。这意味着，选择一组适当的基底，在不一定由一个单一的 $j$ 值表征的空间中，对应一个任意转动算符的矩阵可以具有分块对角的形式：

其中由阴影的方块是由 $\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}})$ 构成的，具有某一个确定 $j$ 值的 $(2j+1)\times(2j+1)$ 方阵。而已经确定一个 $j$ 值的方阵内部，不可能再通过选择如何基底而破缺成更小的快，所以称为不可约表示。但对于有多个 $j$ 值为基底的矩阵，如图 3，它就可以选择不同 $j$ 值为基底破缺成多个更小的方阵，因此它是可约的表示。

# 维格纳函数的性质

$\quad$ 由确定的 $j$ 表征的不同转动矩阵构成了一个群。我们来讨论一下对应的维格纳函数（或称转动矩阵）的性质：

1. 对应与没有任何转动的转动矩阵，是一个 $(2j+1)\times(2j+1)$ 的单位矩阵：

$$\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{I}) = \delta_{m'm} \tag{3.6.4}$$

证明：

$$\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{I}) = \bra{j,m'} \hat{I} \ket{j,m} = \braket{j,m'|j,m} = \delta_{m'm}$$

注意，利用到了 $\ket{j,m}$ 的正交归一性。证毕。

2. 由于转动算符是幺正的 $\hat{\mathcal{R}}^{-1}=\hat{\mathcal{R}}^\dagger$，因此转动矩阵也是幺正的：

$$\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) = \left(\mathcal{D}_{mm'}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}})\right)^* \tag{3.6.5}$$

证明：

$$\begin{aligned} \mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) &= \bra{j,m'} \hat{\mathcal{R}}^{-1} \ket{j,m} = \bra{j,m'} \hat{\mathcal{R}}^\dagger \ket{j,m} \\ &= \hat{\mathcal{R}}_{m'm}^\dagger = ((\hat{\mathcal{R}}_{m'm})^T)^* = (\hat{\mathcal{R}}_{mm'})^* \\ &= (\bra{j,m} \hat{\mathcal{R}} \ket{j,m'})^* = \left(\mathcal{D}_{mm'}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}})\right)^* \end{aligned}$$

上式的推导利用到了一个算符写成矩阵的形式，其共轭算符等于元算符矩阵的转置再复共轭。证毕。

3. 两个转动算符接连作用对应与它们的转动矩阵相乘：

$$\mathcal{D}_{m''m}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}_{1}\hat{\mathcal{R}}_{2}) = \sum_{m'} \mathcal{D}_{m''m'}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}_{1})\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}_{2}) \tag{3.6.6}$$

证明:

$$\begin{aligned} \mathcal{D}^{(j)}_{m''m}(\hat{\mathcal{R}}_1\hat{\mathcal{R}}_2) &= \bra{j,m''} \hat{\mathcal{R}}_1\hat{\mathcal{R}}_2 \ket{j,m} = \sum _{m'} \bra{j,m''} \hat{\mathcal{R}}_1 \ket{j,m'} \bra{j,m'} \hat{\mathcal{R}}_2 \ket{j,m} = \sum _{m'} \mathcal{D} _{m''m'}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}_1)\mathcal{D} _{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}_{2}) \end{aligned}$$

证毕。

4. 转动矩阵元，或称维格纳函数 $\mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}})$ 的物理意义是：转动算符 $\hat{\mathcal{R}}$ 作用到 $\ket{j,m}$ 态后，找到转动后态处于 $\ket{j,m'}$ 的几率振幅。如下式所描述的：

$$\hat{\mathcal{R}} \ket{j,m} = \sum_{m'} \ket{j,m'} \bra{j,m'}\hat{\mathcal{R}}\ket{j,m} = \sum_{m'} \ket{j,m'} \mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}) \tag{3.6.7}$$

# 欧拉角表征的转动矩阵元

$\quad$ 在 $(3.3.4)$ 式，我们知道了如何转动都可以写成欧拉角的形式 $\hat{\mathcal{R}}(\alpha,\beta,\gamma)=\hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \hat{\mathcal{R}}_{y}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\gamma)$。利用这个形式，我们可以简化我们的转动矩阵元，即维格纳函数：

$$\begin{aligned} \mathcal{D}_{m'm}^{(j)}(\alpha,\beta,\gamma) &= \bra{j,m'} \hat{\mathcal{R}}_{z}(\alpha) \hat{\mathcal{R}}_{y}(\beta) \hat{\mathcal{R}}_{z}(\gamma) \ket{j,m} \\ &= \bra{j,m'} \exp(\frac{-i\hat{J}_z\alpha}{\hbar}) \exp(\frac{-i\hat{J}_y\beta}{\hbar}) \exp(\frac{-i\hat{J}_z\gamma}{\hbar})\ket{j,m} \\ &= e^{-i(m'\alpha+m\gamma)} \bra{j,m'} \exp(\frac{-i\hat{J}_y\beta}{\hbar}) \ket{j,m} \end{aligned} \tag{3.6.8}$$

这样看，上式中唯一非平庸的部分是中间绕 $y$ 轴的转动，这是我们实际工作中所要计算的。于是，我们定义了一个新矩阵 $d^{(j)}(\beta)$，它的矩阵元就为：

$$d^{(j)}_{m'm}(\beta) = \bra{j,m'} \exp(\frac{-i\hat{J}_y\beta}{\hbar}) \ket{j,m} \tag{3.6.9}$$

这个矩阵我们可以称为小$d$ 矩阵。

# 角动量的加法

# 非耦合与耦合角动量空间

$\quad$ 我们现在考虑在不同子空间的两个角动量算符 $\hat{\mathbf{J}}_1$ 和 $\hat{\mathbf{J}}_2$。它两的各分量满足通常的角动量对易关系：

$$[\hat{J}_{1i},\hat{J}_{1j}] = i\hbar\varepsilon_{ijk}\hat{J}_{1k} \tag{3.7.1a}$$

$$[\hat{J}_{2i},\hat{J}_{2j}] = i\hbar\varepsilon_{ijk}\hat{J}_{2k} \tag{3.7.1b}$$

并且任何一对取自不同子空间的算符满足：

$$[\hat{J}_{1i},\hat{J}_{2j}] \equiv 0 \tag{3.7.2}$$

一个同时转动子空间 $1$ 和子空间 $2$ 的无穷小转动，就可以利用直积符号写为：

$$\left(1-\frac{i\hat{\mathbf{J}}_1\cdot\vec{n}\delta\varphi}{\hbar}\right) \otimes \left(1-\frac{i\hat{\mathbf{J}}_2\cdot\vec{n}\delta\varphi}{\hbar}\right) = \left(1-\frac{i(\hat{\mathbf{J}}_1\otimes \hat{I}_2+\hat{I}_1\otimes\hat{\mathbf{J}}_2)\cdot\vec{n}\delta\varphi}{\hbar}\right) \tag{3.7.3}$$

上式的右边，我们可以定义一个由两个子空间共同构成的总空间中的总角动量算符：

$$\hat{\mathbf{J}} \equiv \hat{\mathbf{J}}_1\otimes \hat{I}_2+\hat{I}_1\otimes\hat{\mathbf{J}}_2 \tag{3.7.4}$$

通常，我们图方便会把它写为：

$$\hat{\mathbf{J}} \equiv \hat{\mathbf{J}}_1 + \hat{\mathbf{J}}_2 \tag{3.7.5}$$

这个总角动量算符其实就是总空间中转动的生成元。注意，对于总空间的转动，两个子空间中的转动轴和转角是相同的。$(3.7.1)$ 式的一个直接后果是，总的 $\hat{\mathbf{J}}$ 也满足角动量对易关系：

$$[\hat{J}_{i},\hat{J}_{j}] = i\hbar\varepsilon_{ijk}\hat{J}_{k} \tag{3.7.6}$$

这一个对易关系足以告诉我们 $\hat{\mathbf{J}}$ 满足我们在该章前面几节中提到的一切关于角动量的性质，例如 $\hat{\mathbf{J}}^2$ 和 $\hat{J}_z$ 的本征值谱以及阶梯算符的矩阵元。

$\quad$ 那么此时我们考虑这个系统的角动量表象时，就有了两种选择：在非耦合空间中考虑，或者在耦合空间中考虑。

非耦合空间
$\quad$ 在非耦合空间中，我们只分别考虑两个子空间的角动量，并没有把它们耦合在一起。我们选择 $\hat{\mathbf{J}}_1^2,\hat{\mathbf{J}}_2^2,\hat{J}_{z1},\hat{J}_{z2}$ 的共同本征右矢作为基底，把这些右矢记作 $\ket{j_1,m_1}\otimes\ket{j_2,m_2}$，更方便点，我们通常记作 $\ket{j_1j_2;m_1m_2}$。通常 $j_1,j_2$ 是不言自明的，因此该基右矢可以简单写成 $\ket{m_1m_2}$，但为了明确，我们还是用 $\ket{j_1j_2;m_1m_2}$ 的写法。它满足：

$$\hat{\mathbf{J}}_1^2 \ket{j_1j_2;m_1m_2} = j_1(j_1+1)\hbar^2 \ket{j_1j_2;m_1m_2} \tag{3.7.7a}$$

$$\hat{\mathbf{J}}_2^2 \ket{j_1j_2;m_1m_2} = j_2(j_2+1)\hbar^2 \ket{j_1j_2;m_1m_2} \tag{3.7.7b}$$

$$\hat{J}_{z1} \ket{j_1j_2;m_1m_2} = m_1\hbar \ket{j_1j_2;m_1m_2} \tag{3.7.7c}$$

$$\hat{J}_{z2} \ket{j_1j_2;m_1m_2} = m_2\hbar \ket{j_1j_2;m_1m_2} \tag{3.7.7d}$$

在这个非耦合空间中，子空间 $\mathbb{H_1}$ 的维度是 $2j_1+1$，因为 $m_1$ 有 $2j_1+1$ 种取值；同理子空间 $\mathbb{H_2}$ 的维度是 $2j_2+1$。那么总空间 $\mathbb{H}=\mathbb{H_1}\otimes\mathbb{H_2}$ 的维度就为 $(2j_1+1)(2j_2+1)$。

耦合空间
$\quad$ 在耦合空间中，我们将两个子空间的角动量耦合成总角动量来考虑。我们选择 $\hat{\mathbf{J}}^2,\hat{\mathbf{J}}_1^2,\hat{\mathbf{J}}_2^2,\hat{J}_z$ 的共同本征右矢作为基底，把这些右矢记作 $\ket{j_1j_2;jm}$。通常 $j_1,j_2$ 是不言自明的，因此该基右矢可以简单写成 $\ket{jm}$，但为了明确，我们还是用 $\ket{j_1j_2;jm}$ 的写法。它满足：

$$\hat{\mathbf{J}}^2 \ket{j_1j_2;jm} = j(j+1)\hbar^2 \ket{j_1j_2;jm} \tag{3.7.8a}$$

$$\hat{\mathbf{J}}_1^2 \ket{j_1j_2;jm} = j_1(j_1+1)\hbar^2 \ket{j_1j_2;jm} \tag{3.7.8b}$$

$$\hat{\mathbf{J}}_2^2 \ket{j_1j_2;jm} = j_2(j_2+1)\hbar^2 \ket{j_1j_2;jm} \tag{3.7.8c}$$

$$\hat{J}_z \ket{j_1j_2;jm} = m\hbar \ket{j_1j_2;jm} \tag{3.7.8d}$$

且我们可以证明量子数 $j$ 满足如下关系：

$$j = |j_2-j_1|,\ |j_2-j_1|+1,\ \cdots,\ j_2+j_1 \tag{3.7.9}$$

其证明 (验证) 看 $(3.7.17)$ 式。耦合的总空间的角动量表象维度应当考虑所有可能的 $j$ 和 $m$，我们这样记它的空间：

$$\mathbb{H} = \mathbb{H}^{|j_2-j_1|} \oplus \mathbb{H}^{|j_2-j_1|+1} \oplus \cdots \oplus \mathbb{H}^{j_2+j_1} \tag{3.7.10}$$

其中 $\mathbb{H}^{|j_2-j_1|}$ 的维度为 $2|j_2-j_1|+1$，$\mathbb{H}^{|j_2-j_1|+1}$ 的维度为 $2(|j_2-j_1|+1)+1$，以此类推，所有总空间的维度为：

$$\sum_{j=|j_2-j_1|}^{j_2+j_1} (2j+1) = (2j_1+1)(2j_2+1) \tag{3.7.11}$$

$\quad$ 最终，我们看到无论是再耦合空间考虑，还是非耦合空间考虑，总空间的维度都是 $(2j_1+1)(2j_2+1)$。这是理所当然的，耦合还是非耦合，这只是一种看待方法，它们描述的总归是同一个空间，因此维度理所当然地要相同。只不过，有时我们将非耦合空间分为对应 $j=|j_2-j_1|,\ |j_2-j_1|+1,\ \cdots,\ j_2+j_1$ 的多个不可约化的耦合空间来考虑问题会更加的方便。

# 克莱布什 - 戈丹系数

$\quad$ 我们现在考虑 $\ket{j_1j_2;jm}$ 与 $\ket{j_1j_2;m_1m_2}$ 两组基之间的幺正变换：

$$\ket{j_1j_2;jm} = \sum_{m_1} \sum_{m_2} \ket{j_1j_2;m_1m_2} \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} \tag{3.7.12}$$

其中利用到了：

$$\sum_{m_1} \sum_{m_2} \ket{j_1j_2;m_1m_2} \bra{j_1j_2;m_1m_2} = \hat{I} \tag{3.7.13}$$

该式右边是给定 $j_1$ 和 $j_2$ 的右矢空间中的单位算符。这个变换矩阵元 $\braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm}$ 被称为 **克莱布什-戈丹系数**，又称 **CG系数**，这会是一个极其重要的东西！

# 克莱布什 - 戈丹系数的性质

$\quad$ 现在准备研究克莱布什 - 戈丹系数的几个重要性质。

1. 除非

$$m = m_1+m_2 \tag{3.7.14}$$

否则克莱布什 - 戈丹系数一定为零。

证明：我们注意到由于 $\hat{J}_z=\hat{J}_{1z}+\hat{J}_{2z}$，因此有

$$(\hat{J}_z-\hat{J}_{1z}-\hat{J}_{2z})\ket{j_1j_2;jm} = 0 \tag{3.7.15}$$

用 $\bra{j_1j_2;m_1m_2}$ 左乘上式，得到

$$\bra{j_1j_2;m_1m_2}(\hat{J}_z-\hat{J}_{1z}-\hat{J}_{2z})\ket{j_1j_2;jm} = (m-m_1-m_2)\hbar\braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} = 0 \tag{3.7.16}$$

由上式可知除除非 $m = m_1+m_2$，否则克莱布什 - 戈丹系数 $\braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} = 0$。证毕。

可以用这样的图像来理解该性质：从角动量加法的矢量模型来看，两个角动量相加，其得到的总角动量 $z$ 方向上的模当然等于两个角动量 $z$ 方向的模的相加，如下图所示。

2. 除非满足

$$|j_2-j_1| \le j \le j_2+j_1 \tag{3.7.17}$$

否则克莱布什 - 戈丹系数一定为零。

验证：该性质的证明不能说很困难，只不过有点 “饶舌”。所以我们就给一个体例验证一下吧。我们讨论一个 $j_1=2,\ j_2=1$ 的例子。为了让克莱布什 - 戈丹系数不为零，我们必须满足 $m=m_1+m_2$ 的条件，于是对于所有可能的 $m$，其可能对应的 $m_1,m_2$ 我们可以列出如下表格：

表1：$j_1=2,\ j_2=1$ 情况下的 $m,m_1,m_2$ 值的特例

$m$	$(m_1,m_2)$	态数目
3	$(2,1)$	1
2	$(1,1)\ (2,0)$	2
1	$(0,1)\ (1,0)\ (2,-1)$	3
0	$(-1,1)\ (0,0)\ (1,-1)$	3
-1	$(-2,1)\ (-1,0)\ (0,-1)$	3
-2	$(-1,-1)\ (-2,0)$	2
-3	$(-2,-1)$	1

这样我们就难看出，在这一体例下，$j$ 可以取值为 $3,2,1$。其中 $j=3$ 对应了 $m=3,2,1,0,-1,-2,-3$ 的各一种态；$j=2$ 对应了 $m=2,1,0,-1,-2$ 的各一种态；$j=1$ 对应了 $m=1,0,-1$ 的各一种态。这样刚好就等于了表中所有的态数目。将这个特例推广到更多的情况，就可以有

$$j = |j_2-j_1|,\ |j_2-j_1|+1,\ \cdots,\ j_2+j_1$$

也就是说

$$|j_2-j_1| \le j \le j_2+j_1$$

验证完毕。

其实 $(3.7.17)$ 我们可以同样形象地用角动量加法的矢量模型来理解。$\vec{J},\vec{J}_1,\vec{J}_2$ 构成了一个三角形 (或直线)，由于三角形的两边之和大于第三边，即 $|\vec{J}|\le |\vec{J}_1|+|\vec{J}_2|$，这就对应了 $j \le j_2+j_1$；而三角形两边只差小于第三边，即 $|\vec{J}_2|-|\vec{J}_1|\le|\vec{J}|$，这就对应了 $|j_2-j_1| \le j$。所以说还是很方便记忆和理解的。

3. 我们约定克莱布什 - 戈丹系数 $\braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm}$ 都是实数。当然也可以是复数，但人们约定了克莱布什 - 戈丹系数都取实数，而且我们也的确可以总是做到这一点。在这个约定下，我们便有：

$$\braket{j_1j_2;jm|j_1j_2;m_1m_2} = \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm}^* = \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} \tag{3.7.18}$$

注意，

4. 克莱布什 - 戈丹系数具有归一化条件：

$$\sum_{m_1} \sum_{m_2} \left|\braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm}\right|^2 = 1 \tag{3.7.19a}$$

注意，上式中的 $m$ 并不是定值，它为 $m=m_1+m_2$，随不同的求和项而改变。上式更准确地或许该写为：

$$\sum_{m_1} \sum_{m_2} \left|\braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;j,m=m_1+m_2}\right|^2 = 1 \tag{3.7.19b}$$

这是因为不满足 $m=m_1+m_2$ 条件的克莱布什 - 戈丹系数都等于零。这一条件也就变相地约束了 $j$ 应该满足 $(3.7.17)$ 的条件。

证明：利用 $\ket{j_1j_2;jm}$ 集的正交归一性:

$$\braket{j_1j_2;jm|j_1j_2;j'm'} = \delta_{jj'}\delta_{mm'} \tag{3.7.20}$$

同样将上式插入完备集 $\sum_{m_1} \sum_{m_2}\ket{j_1j_2;m_1m_2}\bra{j_1j_2;m_1m_2}$，并利用 $(3.7.18)$ 式可得：

$$\sum_{m_1}\sum_{m_2} \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm}\braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;j'm'} = \delta_{jj'}\delta_{mm'} \tag{3.7.21}$$

对于上式，我们令 $j=j',\ m'=m=m_1+m_2$，便可以得到 $(3.7.19)$ 式。证毕。

在下一小节，我们会看到正是利用了 $(3.7.19)$ 式的归一化条件，以及克莱布什 - 戈丹系数的递推关系，再约定所有克莱布什 - 戈丹系数都为实数，我们才得到我们今天所利用到的所有克莱布什 - 戈丹系数的值。

# 克莱布什 - 戈丹系数与转动矩阵

$\quad$ 我们具有明确的 $j_1,j_2$，再看如下两式：

$$\begin{aligned} \mathcal{D}_{m_1m_1'}^{(j_1)}(\hat{\mathcal{R}})\mathcal{D}_{m_2m_2'}^{(j_2)}(\hat{\mathcal{R}}) &= \bra{j_1m_1} \hat{\mathcal{R}} \ket{j_1m_1'} \bra{j_2m_2} \hat{\mathcal{R}} \ket{j_2m_2'} \\ &= \left(\bra{j_1m_1}\otimes\bra{j_2m_2}\right) \left(\hat{\mathcal{R}}\otimes\hat{\mathcal{R}}\right) \left(\ket{j_1m_1'}\otimes\ket{j_2m_2'} \right) \\ &= \bra{j_1j_2;m_1m_2} \hat{\mathcal{R}} \ket{j_1j_2;m_1'm_2'} \end{aligned} \tag{3.7.22}$$

$$\begin{aligned} &\bra{j_1j_2;m_1m_2} \hat{\mathcal{R}} \ket{j_1j_2;m_1'm_2'} \\ =& \bra{j_1j_2;m_1m_2} \left(\sum_{jm}\ket{j_1j_2;jm}\bra{j_1j_2;jm}\right) \hat{\mathcal{R}} \left(\sum_{j'm'}\ket{j_1j_2;j'm'}\bra{j_1j_2;j'm'}\right) \ket{j_1j_2;m_1'm_2'} \\ =& \sum_{jm} \sum_{j'm'} \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} \bra{j_1j_2;jm} \hat{\mathcal{R}} \ket{j_1j_2;j'm'} \braket{j_1j_2;j'm'|j_1j_2;m_1'm_2'} \\ =& \sum_{jm} \sum_{j'm'} \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} \braket{j_1j_2;m_1'm_2'|j_1j_2;j'm'} \mathcal{D}_{mm'}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}) \delta_{jj'} \\ =& \sum_j \sum_m \sum_{m'} \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} \braket{j_1j_2;m_1'm_2'|j_1j_2;jm'} \mathcal{D}_{mm'}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}) \end{aligned} \tag{3.7.23}$$

结合上面两式，我们可以得到一个称之为克莱布什 - 戈丹级数的重要展开：

$$\mathcal{D}_{m_1m_1'}^{(j_1)}(\hat{\mathcal{R}})\mathcal{D}_{m_2m_2'}^{(j_2)}(\hat{\mathcal{R}}) = \sum_j \sum_m \sum_{m'} \braket{j_1j_2;m_1m_2|j_1j_2;jm} \braket{j_1j_2;m_1'm_2'|j_1j_2;jm'} \mathcal{D}_{mm'}^{(j)}(\hat{\mathcal{R}}) \tag{3.7.24}$$

由克莱布什 - 戈丹系数的性质我们知道，上式左边的各项中，仅当 $m=m_1+m_2,\ m'=m_1'+m_2',\ j=|j_1-j_2|,\dots,j_1+j_2$ 时才不为零。这其实是从转动矩阵的观点出发讨论角动量加法。在非耦合空间中 $\mathcal{D}^{(j_1)}\otimes\mathcal{D}^{(j_2)}$ 是可约的，其可以分为多个不可约的 $\mathcal{D}^{(j)}$ 耦合空间。下图的矩阵表示可以更明确地看出来：

若用群论符号，可将其写作：

$$\mathcal{D}^{(j_1)}\otimes\mathcal{D}^{(j_2)} = \mathcal{D}^{(|j_1-j_2|)} \oplus \cdots \oplus \mathcal{D}^{(j_1+j_2)} \tag{3.7.25}$$

# 克莱布什 - 戈丹系数的递推关系

待补充。

# 张量算符

$\quad$ 张量描写经典系统的一种与空间转动有关的属性。张量由一组若干个量所组成，当系统处于空间某一方位时，这组量各取一定的数值，而当系统进行一个转动，处于令一个方位时，这组量则取新的数值，新老数值之间按与转动有关的确定的规律进行变化。
$\quad$ 我们以前所讨论过的张量（在广义相对论和电动力学中），其各个分量都是数值；而当我们把张量的分量全部都写成算符时，张量本身则成为了张量算符。

$\quad$ 下面我们来讨论两种坐标下的算符，一种是直角坐标下的笛卡尔张量算符；另一种是球坐标下的不可约球张量算符。而在更后续的讨论中，后者将成为我们的重点。

碎碎念：关于这一节，我从9月底近10月份就开始看了，直到现在12月中旬了也不知道怎么将这节的笔记完成。因为好多问题我很难理解。樱井纯书中关于这节的内容我看了很多很多遍了，网课也看了田光善和郭宏的相关章节，自己也听了黄嘉豪和罗乐老师的课。但始终没能直击我的疑问，比如球张量算符为什么会有优势，笛卡尔张量算符又怎么转换为球张量算符等等。。。这些疑问有些我都感觉只是一知半解，所以笔记迟迟不能动手。但经过两个月的学习，即使很多细节的、追根溯底的疑问没能完全弄明白，但对于球张量算符后续的应用却是有所了解了；更重要的是，现在以及是12月中旬了，这个学期的结束也只有半个月了，所以无论我是否愿意，这节的笔记也该进行下去了。

# 笛卡尔张量算符

# 标量算符

$\quad$ 所谓的标量算符，也就是秩为零的张量算符。我们将标量算符的性质定义为：一个系统在转动前后，标量算符对应的期待值不变。具体地来说，在某一个转动 $\hat{\mathcal{R}}$ 下，系统的态矢按照如下的变化：

$$\ket{\alpha} \longrightarrow \hat{\mathcal{R}}\ket{\alpha} \tag{3.8.1}$$

那么标量算符 $\hat{s}$ 的期待值前后保持不变，则有：

$$\begin{aligned} \bra{\alpha}\hat{s}\ket{\alpha} &= \bra{\alpha}\hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{s}\hat{\mathcal{R}}\ket{\alpha} \\ &\Downarrow \\ \hat{s} =& \hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{s}\hat{\mathcal{R}} \end{aligned} \tag{3.8.2}$$

我们在上面讨论过了转动算符的形式，其角动量算符是转动算符的生成元，如果我们以此细究上式的话，可以不难地将上式等价为：

$$[\hat{J}_i,\hat{s}] \equiv 0 \tag{3.8.3}$$

上式就是标量算符 $\hat{s}$ 的定义，其代表了标量算符的期待值在转动下保持不变。

# 矢量算符

$\quad$ 所谓的矢量算符，也就是秩为 $1$ 的张量算符。那么这个秩为 $1$ 的张量算符有多少个分量呢？我告诉你，我们讨论的都是 $3$ 个分量，这是因为我们的空间是三维的，转动也是三维的。也许在广义相对论中我们讨论过更多分量的秩为 $1$ 的张量，但这里我们明确只有 $3$ 个分量。
$\quad$ 我们确定用直角坐标系，一个矢量算符可以写成 $\hat{\mathbf{V}}=\hat{V}_x\vec{e}_x+\hat{V}_y\vec{e}_y+\hat{V}_z\vec{e}_z$。而作为矢量算符的定义，我们希望矢量算符 $\hat{\mathbf{V}}$ 的期待值在转动之下能够像经典矢量一样变化。具体来说，我们定义矢量算符满足：

$$\begin{aligned} &\bra{\alpha}\hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{V}_i\hat{\mathcal{R}}\ket{\alpha} = \sum_j R_{ij}\braket{\alpha|\hat{V}_j|\alpha} \\ \Longrightarrow\quad& \hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{V}_i\hat{\mathcal{R}} = \sum_j R_{ij}\hat{V}_j \end{aligned} \tag{3.8.4}$$

其中上式的左边是 $\hat{V}_i$ 分量算符在转动后的期待值；而右边中的 $R_{ij}$ 是经典的转动矩阵，而求和中的 $\braket{\alpha|\hat{V}_j|\alpha}$ 也就分别是三个分量算符在转动前的期待值，这三个期待值也就构成了普通的一个三分量向量。于是这就明确了，上式的右边其实就是一个经典向量的转动。所以上式就描述了矢量算符 $\hat{\mathbf{V}}$ 的期待值在转动之下像经典矢量一样变化。
$\quad$ 为了简化一下 $(3.8.4)$ 式的矢量算符的定义。我们将转动算符考虑为一个绕 $z$ 轴无穷小的转动，即：

$$\hat{\mathcal{R}}_z(\epsilon)=1-\frac{i\epsilon\hat{J}_z}{\hbar} \tag{3.8.5}$$

由 $(3.1.14)$ 式我们知道了，该转动算符对应的经典转动矩阵为：

$$R_z(\epsilon) = \left(\begin{matrix} 1-\frac{\epsilon^2}{2} & -\epsilon & 0 \\ \epsilon & 1-\frac{\epsilon^2}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}\right) \tag{3.8.6}$$

通过上两式，我们就可以将 $(3.8.4)$ 式写为：

$$\begin{cases} i=x\text{时，} \hat{V}_x + \frac{\epsilon}{i\hbar}[\hat{J}_z,\hat{V}_x] = \hat{V}_x - \epsilon\hat{V}_y \\ i=y\text{时，} \hat{V}_y + \frac{\epsilon}{i\hbar}[\hat{J}_z,\hat{V}_y] = \epsilon\hat{V}_y + \hat{V}_x \\ i=z\text{时，} \hat{V}_z + \frac{\epsilon}{i\hbar}[\hat{J}_z,\hat{V}_z] = \hat{V}_z \end{cases} \tag{3.8.7}$$

同理地我们去考虑绕 $x,y$ 轴无穷小的转动，最终结果的综合，可以将 $(3.8.4)$ 式等价地简化为：

$$[\hat{J}_i,\hat{V}_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}\hat{V}_k \tag{3.8.9}$$

上式就是矢量算符 $\hat{\mathbf{V}}$ 的定义，其代表了矢量算符的期待值在转动下有如经典转动的变化。

# 更高秩的张量算符

$\quad$ 想要推广到更高秩的张量算符并不难，利用到矢量算符的并矢即可。最简单的秩为 $2$ 的笛卡尔张量算符就是由两个矢量算符 $\hat{\mathbf{U}}$ 和 $\hat{\mathbf{V}}$ 的并矢构成的，其（九个分量）分量为：

$$\hat{T}_{ij} = \hat{U}_i\hat{V}_j \tag{3.8.10}$$

利用到 $(3.8.4)$ 式，我们可以看到该张量算符在转动下的变化为：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{T}_{ij}\hat{\mathcal{R}} &= \hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{U}_i\hat{V}_j\hat{\mathcal{R}} = \hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{U}_i\hat{\mathcal{R}}\hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{V}_j\hat{\mathcal{R}} \\ &= \left(\sum_{i'} R_{ii'}\hat{U}_{i'}\right) \left(\sum_{j'} R_{jj'}\hat{V}_{j'}\right) \\ &= \sum_{i'j'} R_{ii'} R_{jj'} \hat{U}_{i'} \hat{V}_{j'} = \sum_{i'j'} R_{ii'} R_{jj'} \hat{T}_{i'j'} \end{aligned} \tag{3.8.11}$$

同理不难写成更高秩的情况：

$$\hat{\mathcal{R}}^\dagger\hat{T}_{ijk\cdots}\hat{\mathcal{R}} = \sum_{i'j'k'\cdots} R_{ii'} R_{jj'} R_{kk'} \cdots\hat{T}_{i'j'k'\cdots} \tag{3.8.12}$$

# 笛卡尔张量算符遇到的问题

$\quad$ 像 $(3.8.10)$ 这样的一个笛卡尔张量算符遇到是麻烦的，因为它是可约的 —— 它可以分解为几个成员，它们在转动下的变换是不同的。具体来说它可以背拆分成这样：

$$\begin{aligned} \hat{U}_i\hat{V}_j &= \frac{\hat{\mathbf{U}}\cdot\hat{\mathbf{V}}}{3} + \frac{\hat{U}_i\hat{V}_j-\hat{U}_j\hat{V}_i}{2} + \left(\frac{\hat{U}_i\hat{V}_j+\hat{U}_j\hat{V}_i}{2}-\frac{\hat{\mathbf{U}}\cdot\hat{\mathbf{V}}}{3}\right) \\ &= \text{Tr}(\hat{T}_{ij}) + \left(\begin{matrix} 0 & \hat{U}_1\hat{V}_2-\hat{U}_2\hat{V}_1 & -\hat{U}_3\hat{V}_1+\hat{U}_1\hat{V}_3 \\\\ -\hat{U}_1\hat{V}_2+\hat{U}_2\hat{V}_1 & 0 & \hat{U}_2\hat{V}_3-\hat{U}_3\hat{V}_2 \\\\ \hat{U}_3\hat{V}_1-\hat{U}_1\hat{V}_3 & -\hat{U}_2\hat{V}_3+\hat{U}_3\hat{V}_2 & 0 \end{matrix}\right) \\ &\qquad+ \left(\begin{matrix} \frac{4}{3}\hat{U}_1\hat{V}_1-\frac{2}{3}\hat{U}_2\hat{V}_2-\frac{2}{3}\hat{U}_3\hat{V}_3 & \hat{U}_1\hat{V}_2-\hat{U}_2\hat{V}_1 & -\hat{U}_3\hat{V}_1+\hat{U}_1\hat{V}_3 \\\\ -\hat{U}_1\hat{V}_2+\hat{U}_2\hat{V}_1 & -\frac{2}{3}\hat{U}_1\hat{V}_1+\frac{4}{3}\hat{U}_2\hat{V}_2-\frac{2}{3}\hat{U}_3\hat{V}_3 & \hat{U}_2\hat{V}_3-\hat{U}_3\hat{V}_2 \\\\ \hat{U}_3\hat{V}_1-\hat{U}_1\hat{V}_3 & -\hat{U}_2\hat{V}_3+\hat{U}_3\hat{V}_2 & -\frac{2}{3}\hat{U}_1\hat{V}_1-\frac{2}{3}\hat{U}_2\hat{V}_2+\frac{4}{3}\hat{U}_3\hat{V}_3 \end{matrix}\right) \end{aligned} \tag{3.8.13}$$

其中右边的第一项是转动不变的标量算符；第二项是一个反对称的张量算符它有 $3$ 个独立分量（推导这一项时，要满足 $[\hat{U}_i,\hat{V}_i]=0$ 的前提条件）；第三项是一个无迹的 $3\times 3$ 对称张量，有 $5(=6-1)$ 个独立分量，其中减 $1$ 是来自无迹条件。核对独立分量的个数：

$$3\times 3 = 1+3+5 \tag{3.8.14}$$

$\quad$ 也就是说，一个笛卡尔张量算符是可约化的，它可以拆分为好几个成员，如上例子，它就被拆成了 3 个成员，每个成员在转动下的变换都是不同的。这就是笛卡尔张量算符的问题之处。而我们在下面将要讨论的不可约球张量算符就没有这一问题了。

碎碎念：好吧。。。其实这里就是我一直没搞懂的地方，这个“问题之处”究竟会带来什么问题呢？

# 不可约球张量算符

$\quad$ 不可约球张量算符，又称球张量算符，或不可约张量算符，因为球张量算符就是不可约化的张量算符。

# 一种球张量算符 —— 球谐算符

$\quad$ 我不知道怎么讲清楚什么是不可约球张量算符，所以，我们下面就先来演示一个笛卡尔张量算符约化成不可约球张量算符的最简单的非平凡实例。注意是 “非平凡的”，所以并不是所有笛卡尔张量算符都可以用这个方法约化。
$\quad$ 我们要展示的这个简单的球张量算符是球谐算符。我们先来看看球谐函数 $Y^m_l$ 中 $l=1$ 的几项：

$$\begin{cases} Y^{-1}_1 = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2\pi}}\sin\theta e^{-i\varPhi} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2\pi}}\frac{x-iy}{r} \\ Y^0_1 = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{\pi}} \cos\theta = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{\pi}}\frac{z}{r} \\ Y^{1}_1 = -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2\pi}}\sin\theta e^{i\varPhi} = -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{2\pi}}\frac{x+iy}{r} \end{cases} \tag{3.8.16}$$

我们设算符 $\hat{V}_x=\frac{\hat{x}}{\hat{r}};\hat{V}_y=\frac{\hat{y}}{\hat{r}};\hat{V}_z=\frac{\hat{z}}{\hat{r}}$。如果去验证的话，可以发现 $\hat{V}_{x,y,z}$ 这组算符满足 $(3.8.9)$ 式，是一组笛卡尔矢量算符。而 $(3.8.16)$ 式则暗示了我们这组矢量算符可以用一组 $\hat{Y}_{l=1}^m$ 的球谐算符来代替。这正是该矢量算符转换而成的球张量算符。
$\quad$ 我们下面来求球谐算符 $\hat{Y}_l^m$ 在转动下的变化。由 $(3.4.33)$ 式我们知道了 $\ket{lm}$ 在 $\ket{\theta,\varphi}$ 表象下的波函数就是球谐函数；而球谐算符在 $\ket{\theta,\varphi}$ 表象下也应是球谐函数，因此有：

$$\bra{\theta,\varphi} \hat{Y}^m_l \ket{\theta,\varphi} = Y^m_l(\theta,\varphi) = \braket{\theta,\varphi|lm} \tag{3.8.17}$$

上式进一步化简有：

$$\hat{Y}^m_l \ket{\theta,\varphi} = \ket{lm} \tag{3.8.18}$$

由 $(3.6.7)$ 式我们知道：

$$\hat{\mathcal{R}}^\dagger \ket{lm} = \hat{\mathcal{R}}^{-1}\ket{lm} = \sum_{m'} \mathcal{D}_{m'm}^{(l)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \ket{lm'} \tag{3.8.19}$$

将 $(3.8.18)$ 式代入 $(3.8.19)$ 式的两边，得：

$$\begin{aligned} &\hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{Y}^m_l \ket{\theta,\varphi} = \sum_{m'} \mathcal{D}_{m'm}^{(l)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{Y}^{m'}_l \ket{\theta,\varphi} \\ \Longrightarrow\quad& \hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{Y}^m_l = \sum_{m'} \mathcal{D}_{m'm}^{(l)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{Y}^{m'}_l \end{aligned} \tag{3.8.20}$$

利用到 $\int d\Omega\ket{\theta,\varphi}\bra{\theta,\varphi}=1$，可以将 $(3.8.18)$ 式化为：

$$\int d\Omega \hat{Y}^m_l \ket{\theta,\varphi}\bra{\theta,\varphi} = \int d\Omega \ket{lm}\bra{\theta,\varphi}$$

$$\Downarrow$$

$$\hat{Y}^m_l = \int d\Omega \ket{lm}\bra{\theta,\varphi}$$

$$\Downarrow \text{右乘}\hat{\mathcal{R}}$$

$$\hat{Y}^m_l\hat{\mathcal{R}} = \int d\Omega \ket{lm}\bra{\theta,\varphi}\hat{\mathcal{R}} = \int d\Omega \ket{lm}\bra{\theta',\varphi'}$$

$$\Downarrow \text{由于积分是全角度的}$$

$$\hat{Y}^m_l\hat{\mathcal{R}} = \int d\Omega \ket{lm}\bra{\theta,\varphi} = \hat{Y}^m_l$$

因此最终化得：

$$\hat{Y}^m_l\hat{\mathcal{R}} = \hat{Y}^m_l \tag{3.8.21}$$

将上式代入 $(3.8.20)$ 式的左边，得：

$$\hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{Y}^m_l\hat{\mathcal{R}} = \sum_{m'} \mathcal{D}_{m'm}^{(l)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{Y}^{m'}_l \tag{3.8.22}$$

$\quad$ 球谐算符 $\hat{Y}^m_l$ 是一组球张量算符，上式就是其在转动下的变化。我们期待能有其他算符在转动下的变化能够像上式那样。我们希望所有的球张量算符的转动变化具有相同性，都满足 $(3.8.21)$ 式这样的形式。我们用 $\hat{T}^{(k)}_q$ 来表示一个球张量算符，秩为 $k$ (代替 $l$)；磁量子数为 $q$ (代替 $m$)。于是我们将球张量算符 $\hat{T}^{(k)}_q$ 定义为：

$$\hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{T}^{(k)}_q \hat{\mathcal{R}} = \sum_{q'=-k}^{k} \mathcal{D}_{q'q}^{(k)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{T}^{(k)}_{q'} = \sum_{q'=-k}^{k} \mathcal{D}_{qq'}^{(k)^*}(\hat{\mathcal{R}}) \hat{T}^{(k)}_{q'} \tag{3.8.23a}$$

上式利用到 $(3.6.5)$ 式作了进一步的化简。上式的定义也可以等价为：

$$\hat{\mathcal{R}} \hat{T}^{(k)}_q \hat{\mathcal{R}}^\dagger = \sum_{q'=-k}^{k} \mathcal{D}_{q'q}^{(k)}(\hat{\mathcal{R}}) \hat{T}^{(k)}_{q'} \tag{3.8.23b}$$

$(3.8.23)$ 式就是我们对球张量算符的定义！可见，我们找到的任意球张量算符只要利用到维格纳函数就可以描述它的转动变化了，这是极其方便的！

# 球张量算符的另一个等价定义

$\quad$ 在上面，我们以及给出了球张量算符的定义，也就是 $(3.8.23)$ 两式。但这样形式的定义看起来有点麻烦，我们可以简化一下，看看它的另一个等价定义。
$\quad$ 我们利用一个绕 $z$ 轴的无穷小转动算符：

$$\hat{\mathcal{R}}_z(\epsilon) = \exp(-\frac{i}{\hbar}\epsilon\hat{J}_z) \approxeq 1-\frac{i}{\hbar}\epsilon\hat{J}_z \tag{3.8.24}$$

球张量算符 $\hat{T}^{(k)}_q$ 在该转动下的变化为：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}_z^\dagger(\epsilon) \hat{T}^{(k)}_q \hat{\mathcal{R}}_z(\epsilon) &\approxeq (1+\frac{i}{\hbar}\epsilon\hat{J}_z) \hat{T}^{(k)}_q (1-\frac{i}{\hbar}\epsilon\hat{J}_z) = \hat{T}^{(k)}_q +\frac{i}{\hbar}\epsilon [\hat{J}_z,\hat{T}^{(k)}_q] + O(\epsilon^2) \end{aligned} \tag{3.8.25}$$

利用到 $(3.8.23a)$ 式，得：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}_z^\dagger(\epsilon) \hat{T}^{(k)}_q \hat{\mathcal{R}}_z(\epsilon) &= \sum_{q'=-k}^{k} \mathcal{D}_{q'q}^{(k)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{T}^{(k)}_{q'} = \sum_{q'=-k}^{k} \bra{kq'}(1+\frac{i}{\hbar}\epsilon\hat{J}_z)\ket{kq}\hat{T}^{(k)}_{q'} \\ &= \sum_{q'=-k}^{k} \left[\delta_{qq'} \ket{kq}\hat{T}^{(k)}_{q'}+\frac{i}{\hbar}\epsilon(\hbar q)\delta_{qq'}\right] \hat{T}^{(k)}_{q'} \\ &= \hat{T}^{(k)}_{q} + i\epsilon q \hat{T}^{(k)}_{q} \end{aligned} \tag{3.8.26}$$

结合 $(3.8.25)(3.8.26)$ 两式得：

$$[\hat{J}_z,\hat{T}^{(k)}_q] = \hbar q \hat{T}^{(k)}_q \tag{3.8.27}$$

$\quad$ 同理讨论 绕 $x,y$ 轴的无穷小转动算符的作用，可以得到：

$$[\hat{J}_x,\hat{T}^{(k)}_q] = \sum_{q'=-k}^{k} \bra{kq'} \hat{J}_x \ket{kq} \hat{T}^{(k)}_{q'} \tag{3.8.28a}$$

$$[\hat{J}_y,\hat{T}^{(k)}_q] = \sum_{q'=-k}^{k} \bra{kq'} \hat{J}_y \ket{kq} \hat{T}^{(k)}_{q'} \tag{3.8.28b}$$

再利用阶梯算符 $\hat{J}_\pm$ 的定义与性质，即 $(3.4.3)(3.4.21)$ 式，结合上两式，可得：

$$[\hat{J}_+,\hat{T}^{(k)}_q] = \sum_{q'=-k}^{k} \bra{kq'} \hat{J}_+ \ket{kq} \hat{T}^{(k)}_{q'} = \sqrt{k(k+1)-q(q+1)} \hat{T}^{(k)}_{q+1} \tag{3.8.29a}$$

$$[\hat{J}_-,\hat{T}^{(k)}_q] = \sum_{q'=-k}^{k} \bra{kq'} \hat{J}_- \ket{kq} \hat{T}^{(k)}_{q'} = \sqrt{k(k+1)-q(q-1)} \hat{T}^{(k)}_{q-1} \tag{3.8.29b}$$

$\quad$ 综上，我们利用原来 $(3.8.23)$ 式的定义，结合一些角动量算符的性质，最终得到了新的定价的球张量算符的定义：

$$\begin{cases} [\hat{J}_z,\hat{T}^{(k)}_q] = \hbar q \hat{T}^{(k)}_q \\\\ [\hat{J}_+,\hat{T}^{(k)}_q] = \hbar \sqrt{k(k+1)-q(q+1)} \hat{T}^{(k)}_{q+1} \\\\ [\hat{J}_-,\hat{T}^{(k)}_q] = \hbar \sqrt{k(k+1)-q(q-1)} \hat{T}^{(k)}_{q-1} \end{cases} \tag{3.8.30}$$

上三式就是球张量算符的新的定义，它与 $(3.8.23)$ 的旧定义完全等价！

# 球张量算符的张量积

$\quad$ 对于两个普通张量来说，我们可以通过张量积（或称为直积）来构建不同秩的张量。而对于球张量算符来说，我们也可以通过两个张量算符的张量积构造更高或更低秩的张量算符。构建张量积的方法要通过如下的一个定理：

张量积定理：令 $\hat{X}^{(k_1)}_{q_1}$ 和 $\hat{Z}^{(k_2)}_{q_2}$ 分别为 $k_1$ 秩和 $k_2$ 秩的不可约球张量算符，则

$$\hat{T}^{(k)}_{q}=\sum_{q_1}\sum_{q_2}\braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;kq}\hat{X}^{(k_1)}_{q_1}\hat{Z}^{(k_2)}_{q_2} \tag{3.8.31}$$

是一个 $k$ 秩的球张量算符（不可约球张量算符）。

证明：要证明这一定理，只需证明这样构建的 $\hat{T}^{(k)}_{q}$ 在转动下的变化是按照 $(3.8.23)$ 式变化的。则利用 $(3.8.31)$ 式的构建方法，有：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{T}^{(k)}_q \hat{\mathcal{R}} &= \hat{\mathcal{R}}^\dagger \left(\sum_{q_1}\sum_{q_2}\braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;kq}\hat{X}^{(k_1)}_{q_1}\hat{Z}^{(k_2)}_{q_2}\right) \hat{\mathcal{R}} \\ &= \sum_{q_1}\sum_{q_2}\braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;kq} \left(\hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{X}^{(k_1)}_{q_1} \hat{\mathcal{R}}\right) \left(\hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2} \hat{\mathcal{R}}\right) \\ &= \sum_{q_1}\sum_{q_2}\braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;kq} \left(\sum_{q_1'} \mathcal{D}_{q_1'q_1}^{(k_1)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{X}^{(k_1)}_{q_1'}\right) \left(\sum_{q_2'} \mathcal{D}_{q_2'q_2}^{(k_2)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2'}\right) \\ &= \sum_{q_1}\sum_{q_2}\sum_{q_1'}\sum_{q_2'} \braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;kq} \mathcal{D}_{q_1'q_1}^{(k_1)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \mathcal{D}_{q_2'q_2}^{(k_2)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{X}^{(k_1)}_{q_1'} \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2'} \end{aligned} \tag{3.8.32}$$

根据 $(3.7.24)$ 式的克莱布什 - 戈丹级数展开，可得：

$$\mathcal{D}_{q_1'q_1}^{(k_1)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \mathcal{D}_{q_2'q_2}^{(k_2)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) = \sum_{k'}\sum_{q'}\sum_{q''} \braket{k_1k_2;q_1'q_2'|k_1k_2;k'q'} \braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;k'q''} \mathcal{D}_{q'q''}^{(k')}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \tag{3.8.33}$$

将 $(3.8.33)$ 代入 $(3.8.32)$ 式得：

$$\begin{aligned} \hat{\mathcal{R}}^\dagger \hat{T}^{(k)}_q \hat{\mathcal{R}} &= \sum_{q_1}\sum_{q_2}\sum_{q_1'}\sum_{q_2'}\sum_{k'}\sum_{q'}\sum_{q''} \braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;kq} \braket{k_1k_2;q_1'q_2'|k_1k_2;k'q'} \\ &\qquad \braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;k'q''} \hat{X}^{(k_1)}_{q_1'} \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2'}\mathcal{D}_{q'q''}^{(k')}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \\ & \quad\textcolor{red}{\small (利用CG系数都是实数的性质)} \\ &= \sum_{q_1'}\sum_{q_2'}\sum_{k'}\sum_{q'}\sum_{q''} \left(\sum_{q_1q_2}\braket{k_1k_2;kq|k_1k_2;q_1q_2} \braket{k_1k_2;q_1q_2|k_1k_2;k'q''}\right) \\ &\qquad \braket{k_1k_2;q_1'q_2'|k_1k_2;k'q'} \hat{X}^{(k_1)}_{q_1'} \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2'}\mathcal{D}_{q'q''}^{(k')}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \\ & \quad\textcolor{red}{\small 利用到 \sum_{q_1q_2}\ket{k_1k_2;q_1q_2}\bra{k_1k_2;q_1q_2}=1 的性质} \\ &= \sum_{q_1'}\sum_{q_2'}\sum_{k'}\sum_{q'}\sum_{q''} \braket{k_1k_2;kq|k_1k_2;k'q''} \braket{k_1k_2;q_1'q_2'|k_1k_2;k'q'} \hat{X}^{(k_1)}_{q_1'} \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2'}\mathcal{D}_{q'q''}^{(k')}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \\ &= \sum_{q_1'}\sum_{q_2'}\sum_{k'}\sum_{q'}\sum_{q''} \delta_{kk'} \delta_{qq''} \braket{k_1k_2;q_1'q_2'|k_1k_2;k'q'} \hat{X}^{(k_1)}_{q_1'} \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2'}\mathcal{D}_{q'q''}^{(k')}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \\ &= \sum_{q_1'}\sum_{q_2'}\sum_{q'} \braket{k_1k_2;q_1'q_2'|k_1k_2;kq'} \hat{X}^{(k_1)}_{q_1'} \hat{Z}^{(k_2)}_{q_2'}\mathcal{D}_{q'q}^{(k)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \\ & \quad\textcolor{red}{\small 再利用 (3.8.31) 式} \\ &= \sum_{q'} \mathcal{D}_{q'q}^{(k)}(\hat{\mathcal{R}}^{-1}) \hat{T}^{(k)}_q \end{aligned} \tag{3.8.34}$$

至此，上式就证明了通过 $(3.8.31)$ 式的两个张量算符的张量积构建出来的 $\hat{T}^{(k)}_q$，在转动下的变化的确满足 $(3.8.23)$ 式的变化方法，因此证明了这样构建出来的 $\hat{T}^{(k)}_q$ 的确是一个 $k$ 秩的球张量算符。

# 维格纳 - 埃卡特定理

# 维格纳 - 埃卡特定理

$\quad$ 使用不可约球张量算符会导致我们拥有一个特别特别有用的东西！维格纳 - 埃卡特定理！这东西十分有用，在考虑电磁场与原子和原子核相互作用时，经常需要计算张量算符对于角动量本征态的矩阵元，这一定理将极大地简化了我们的计算！
$\quad$ 随便提一嘴，因为我以后的博士生涯从事的邻域是“原子分子与光物理”，所以这一定理对于我来说也许是很重要的。因此我对待这一章特别谨慎，这也导致笔记的进度十分缓慢。（。・＿・。）ﾉ
$\quad$ 那么现在就让我们看看这个 “十分十分十分重要的” 定理。

维格纳 - 埃卡特定理：张量算符对于角动量本征态的矩阵元满足

$$\bra{\alpha';j'm'}\hat{T}^{(k)}_q\ket{\alpha;jm} = \braket{jk;mq|jk;j'm'} \frac{\bra{\alpha';j'}|\hat{T}^{(k)}|\ket{\alpha;j}}{\sqrt{2j+1}} \tag{3.9.1}$$

其中 $\bra{\alpha';j'}|\hat{T}^{(k)}|\ket{\alpha;j}$ 的双线矩阵元称为 $\hat{T}^{(k)}$ 的约化矩阵元，它不依赖于磁量子数 $m',m$ 和 $q$。而 $\alpha$ 表示其他无关的量子数，比如说径向量子数。

$\quad$ 这一定理的意义在于，它把一个物理过程中只与对称性有关的部分（所谓几何部分）分离出来，体系在 $\text{CG}$ 系数中；而与物理的相互作用有关的部分则体现在约化矩阵中。

证明：待补充。

$\quad$ 有了维格纳 - 埃卡特定理我们计算角动量本征态的矩阵元，对于 $(3.9.1)$ 式右边的 $\text{CG}$ 系数，我们查表就行；而对于约化矩阵元，我们并不需要从它的第一性表达式来计算，自需要在等式的右边取一个你认为好计算的 $m,m',q$ 值的特例来计算出 $\bra{\alpha';j'm'}\hat{T}^{(k)}_q\ket{\alpha;jm}$，然后就可以轻易地得出它们共有的 $\bra{\alpha';j'}|\hat{T}^{(k)}|\ket{\alpha;j}$ 了。

# 电偶极跃迁的选择定则

$\quad$ 利用维格纳 - 埃卡特定理，我们就可以推导出电偶极跃迁的选择定则了。电场 $\vec{E}$与电偶极 $\vec{p}=e\vec{r}$产生的势能为：

$$V = - \vec{p} \cdot \vec{E} = -e\vec{r} \cdot \vec{E} \tag{3.9.2}$$

因此计算电偶极跃迁的矩阵元，本质上就是计算 $\hat{\mathbf{r}}$ 的矩阵元。$\hat{\mathbf{r}}$ 满足 $(3.8.9)$ 式，它是一个笛卡尔矢量算符，为了运用维格纳 - 埃卡特定理，我们要把它化成球张量算符，如下：

$$\hat{r}^{(1)}_1 = -\frac{\hat{x}+i\hat{y}}{\sqrt{2}} \tag{3.9.3a}$$

$$\hat{r}^{(1)}_0 = \hat{z} \tag{3.9.3b}$$

$$\hat{r}^{(1)}_{-1} = \frac{\hat{x}-i\hat{y}}{\sqrt{2}} \tag{3.9.3c}$$

你可以证明这样构建的秩为 $1$ 的球张量算符的确是满足 $(3.8.30)$ 式的。且这样的构造方法是普适的，对于任何笛卡尔矢量算符都可以采用这种构造来变为球张量算符。
$\quad$ 那么利用维格纳 - 埃卡特定理计算它的矩阵元：

$$\bra{\alpha';j'm'}\hat{r}^{(1)}_q\ket{\alpha;jm} = \braket{j1;mq|j1;j'm'} \frac{\bra{\alpha';j'}|\hat{r}^{(1)}|\ket{\alpha;j}}{\sqrt{2j+1}} \tag{3.9.4}$$

因此矩阵元不为零的前提条件为 $\text{CG}$ 系数 $\braket{j1;mq|j1;j'm'}$ 不为零。则应该满足：

$$m+q = m' ; \quad j'=|j-1|,\cdots,j+1 \tag{3.9.5}$$

由于 $q=+1,0,-1$，因此上面条件可化为：

$$\Delta m \equiv m'-m=\pm 1,0 ;\quad \Delta j\equiv j'-j = \begin{cases} \pm 1 \\ 0 \end{cases} \tag{3.9.6}$$

此外，$j=0,j'=0$ 的跃迁也是禁止的。这就是我们熟知的电偶极跃迁选择定则。

$\quad$ 关于维格纳 - 埃卡特定理的一个更加详细的应用，具体推导一个电偶极跃迁矩阵元，请看这里：高等原子分子物理习题 2——project：计算跃迁矩阵元。

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1. 符号$\mathcal{R}$ 代表着英文 “$rotation$”，即转动的意思。 ↩︎

2. 符号$\mathcal{D}$ 代表着德文 “$Drehung$”，也是转动的意思。 ↩︎