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§ QM-15 角动量的合成
2025-05-15
量子力学原理习题解
00

目录

第15章 角动量的合成
15.1 一个简单的例子
15.2 一般问题
15.3 不可约张量算符
15.4 一些“偶然”简并的解释

第15章 角动量的合成

15.1 一个简单的例子

习题 15.1.1 推导方程 (15.1.10) 和 (15.1.11)。使用

S1⋅S2=S1zS2z+12(S1+S2−+S1−S2+)(15.1.12)\mathbf{S}_1 \cdot \mathbf{S}_2=S_{1 z} S_{2 z}+\frac{1}{2}\left(S_{1+} S_{2-}+S_{1-} S_{2+}\right)\tag{15.1.12}

可能会有所帮助。

习题 15.1.2 除了 Coulomb 相互作用之外，氢原子中的电子和质子之间还存在另一种相互作用，称为超精细相互作用。描述这种相互作用的 Hamilton量来自两个粒子的磁矩，其形式为

Hhf=AS1⋅S2(A>0)(15.1.22)H_{h f}=A \mathbf{S}_1 \cdot \mathbf{S}_2 \quad(A>0)\tag{15.1.22}

（该公式假设电子的轨道状态为 ∣1,0,0⟩|1,0,0\rangle。）因此，总 Hamilton量就是 Coulomb Hamilton量加上 HhfH_{hf}。

\noindent (1) 证明 HhfH_{hf} 将基态分裂为两个能级：

E+=−Ry+ℏ2A4E−=−Ry−3ℏ2A4(15.1.23)\begin{aligned} E_{+} & =-\mathrm{Ry}+\frac{\hbar^2 A}{4} \\ E_{-} & =-\mathrm{Ry}-\frac{3 \hbar^2 A}{4} \end{aligned}\tag{15.1.23}

并证明相应的状态分别为三重态和单重态。

(2) 尝试估算原子从三重态跃迁到单重态时所发射辐射的频率。为此，可以把电子和质子近似看作两个相距 a0a_0 的偶极子 μe\mu_e 和 μp\mu_p，其相互作用能量的量级为（这里的描述经过了过度简化；实际上 Hhf\mathscr{H}_{hf} 和 HhfH_{hf} 的推导都相当微妙。我们的目的只是估算 ∣A∣|A|，而不是讨论其精确来源。）

Hhf≅μe⋅μpa03\mathscr{H}_{h f} \cong \frac{\mu_e \cdot \mu_p}{a_0^3}

证明这意味着方程 (15.1.22) 中的常数为

A∼2e2mc(5.6)e2Mc1a03A \sim \frac{2 e}{2 m c} \frac{(5.6) e}{2 M c} \frac{1}{a_0^3}

（其中 5.6 是质子的 gg 因子），并且

ΔE=E+−E−=Aℏ2\Delta E=E_{+}-E_{-}=A \hbar^2

相对于基态能量而言，是一个 (m/M)α2(m/M)\alpha^2 阶的修正。利用第 13 章中的估算口诀，估算所发射辐射的波长为几十厘米。实验测得的数值为 21.4 cm21.4~\mathrm{cm}。这种辐射称为 21 cm21~\mathrm{cm} 线，是探测宇宙其他区域中氢的一种方法。

(3) 估算室温热平衡下氢原子处于三重态和单重态的概率之比 P(三重态)/P(单重态)P(\text{三重态})/P(\text{单重态})。

15.2 一般问题

习题 15.2.1 (1) 令 J2=J12+J22+2J1zJ2z+J1+J2−+J1−J2+J^2=J_1^2+J_2^2+2 J_{1 z} J_{2 z}+J_{1+} J_{2-}+J_{1-} J_{2+} 作用在 ∣j1j1,j2j2⟩\left|j_1 j_1, j_2 j_2\right\rangle 上，验证它确实是 j=j1+j2j=j_1+j_2 的状态。

(2) 验证方程 (15.2.8) 右边确实具有角动量 j=j1+j2−1j=j_1+j_2-1。

习题 15.2.2 求下列角动量合成中的 CG 系数：

(1) 12⊗1=32⊕12\dfrac{1}{2}\otimes 1=\dfrac{3}{2}\oplus \dfrac{1}{2}

(2) 1⊗1=2⊕1⊕01\otimes 1=2\oplus 1\oplus 0

习题 15.2.3 说明 12⊗12⊗12=32⊕12⊕12\dfrac{1}{2}\otimes\dfrac{1}{2}\otimes\dfrac{1}{2} =\dfrac{3}{2}\oplus\dfrac{1}{2}\oplus\dfrac{1}{2}。

习题 15.2.4 推导方程 (15.2.19) 和 (15.2.20)。

习题 15.2.5 (1) 证明 P1=34I+(S1⋅S2)/ℏ2\mathbb{P}_1=\dfrac{3}{4} I+\left(\mathbf{S}_1 \cdot \mathbf{S}_2\right) / \hbar^2 以及 P0=14I−(S1⋅S2)/ℏ2\mathbb{P}_0=\dfrac{1}{4} I-\left(\mathbf{S}_1 \cdot \mathbf{S}_2\right) / \hbar^2 是投影算符，即满足 PiPj=δijPj\mathbb{P}_i \mathbb{P}_j=\delta_{i j} \mathbb{P}_j [使用方程 (14.3.39)]。

(2) 证明它们分别投影到 12⊗12=1⊕0\dfrac{1}{2} \otimes \dfrac{1}{2}=1 \oplus 0 中的自旋 1 和自旋 0 子空间。

习题 15.2.6 对于角动量合成 L+S=J\mathbf{L}+\mathbf{S}=\mathbf{J}， 构造对应于 j=l±1/2j=l\pm1/2 子空间的投影算符 P±\mathbb{P}_{\pm}。

习题 15.2.7 证明：当把 j1j_1 与 j1j_1 合成时，j=2j1j=2j_1 的状态是对称的。证明 j=2j1=1j=2j_1=1 的状态是反对称的。 （先说明最高权态的对称性，并证明施加降算符不会改变其对称性。） 随着 jj 继续减小，这种对称性与反对称性交替出现的规律仍然成立，不过证明会更加困难。

15.3 不可约张量算符

习题 15.3.1 (1) 考虑无穷小旋转，证明方程 (15.3.11) 可由方程 (15.3.10) 推出。 [提示： Dq′q(k)=⟨kq′∣I−(iδθ⋅J)/ℏ∣kq⟩D_{q^{\prime} q}^{(k)}=\left\langle kq^{\prime}\right| I-(\mathrm{i}\delta\boldsymbol{\theta} \cdot \mathbf{J}) / \hbar|k q\rangle。 例如先取 δθ\delta\boldsymbol{\theta} 沿 xx 方向，再将结果推广到其他方向。]

(2) 验证按照方程 (15.3.15) 由 VV 构造出的球张量 V1qV_1^q 满足方程 (15.3.11)。

习题 15.3.2 声称 ∑q(−1)qSkqTk(−q)\sum\limits_q (-1)^q S_k^q T_k^{(-q)} 是一个标量算符。

(1) 对 k=1k=1，验证它就是 S⋅T\mathbf{S}\cdot\mathbf{T}。

(2) 通过考察它在旋转下的变换，一般性地证明这一结论。 [提示： D−m,−m′(j)=(−1)m−m′(Dm,m′(j))∗D_{-m,-m^{\prime}}^{(j)}=(-1)^{m-m^{\prime}}\left(D_{m, m^{\prime}}^{(j)}\right)^*。]

习题 15.3.3 (1) 利用 ⟨jj∣jj,10⟩=[j/(j+1)]1/2\langle j j \mid j j, 10\rangle=[j /(j+1)]^{1 / 2} 证明

⟨αj∣∣J1∣∣α′j′⟩=δαα′δjjℏ[j(j+1)]1/2\langle\alpha j|\left|J_1\right|\left|\alpha^{\prime} j^{\prime}\right\rangle=\delta_{\alpha \alpha^{\prime}} \delta_{j j} \hbar[j(j+1)]^{1 / 2}

(2) 利用 J⋅A=JzAz+12(J−A++J+A−)\boldsymbol{J} \cdot \mathbf{A}=J_z A_z+\dfrac{1}{2}\left(J_{-} A_{+}+J_{+} A_{-}\right) （其中 A±=Ax±iAyA_{\pm}=A_x \pm i A_y），说明

⟨α′jm′∣J⋅A∣αjm⟩=c⟨α′j∣∣A∣∣αj⟩\left\langle\alpha^{\prime} j m^{\prime}\right| \mathbf{J} \cdot \mathbf{A}|\alpha j m\rangle=c\left\langle\alpha^{\prime} j\mid |A| \mid \alpha j\right\rangle

其中 cc 是一个与 α,α′\alpha,\alpha^{\prime} 以及 A\mathbf{A} 无关的常数。证明

c=ℏ[j(j+1)]1/2δm,m′.c=\hbar[j(j+1)]^{1 / 2} \delta_{m, m^{\prime}}.

(3) 利用上述结果，证明

⟨α′jm′∣Aq∣αjm⟩=⟨α′jm∣J⋅A∣αjm⟩ℏ2j(j+1)⟨jm′∣Jq∣jm⟩\left\langle\alpha^{\prime} j m^{\prime}\right| A^q|\alpha j m\rangle=\frac{\left\langle\alpha^{\prime} j m\right| \mathbf{J} \cdot \mathbf{A}|\alpha j m\rangle}{\hbar^2 j(j+1)}\left\langle j m^{\prime}\right| J^q|j m\rangle

习题 15.3.4 (1) 考虑一个系统，其角动量由两部分 J1\mathbf{J}_1 和 J2\mathbf{J}_2 组成，而磁矩为

μ=γ1J1+γ2J2\boldsymbol{\mu}=\gamma_1 \mathbf{J}_1+\gamma_2 \mathbf{J}_2

在状态 ∣jm,j1j2⟩\left|j m, j_1 j_2\right\rangle 中，利用方程 (15.3.19) 证明

⟨μx⟩=⟨μy⟩=0⟨μz⟩=mℏ[γ1+γ22+(γ1−γ2)2j1(j1+1)−j2(j2+1)j(j+1)]\begin{aligned} & \left\langle\mu_x\right\rangle=\left\langle\mu_y\right\rangle=0 \\ & \left\langle\mu_z\right\rangle=m \hbar\left[\frac{\gamma_1+\gamma_2}{2}+\frac{\left(\gamma_1-\gamma_2\right)}{2} \frac{j_1\left(j_1+1\right)-j_2\left(j_2+1\right)}{j(j+1)}\right] \end{aligned}

(2) 将这一结果应用到处于 2P1/2{ }^2 P_{1 / 2} 状态的质子 (g=5.6)(g=5.6)，证明 ⟨μz⟩=±0.26\left\langle\mu_z\right\rangle=\pm0.26 个核磁子。

(3) 对于处于 2P1/2{ }^2 P_{1 / 2} 状态的电子，证明 ⟨μz⟩=±13\left\langle\mu_z\right\rangle=\pm\dfrac{1}{3} 个 Bohr 磁子。

习题 15.3.5 证明当 k>2jk>2j 时， ⟨jm∣Tkq∣jm⟩=0\langle j m\mid T_k^q\mid j m\rangle=0。

15.4 一些“偶然”简并的解释