# 角动量的耦合

## 总角动量仍然保持角动量的特征

对于一个两角动量的体系（比如两个电子的自旋，多个电子的联合和另外多个电子，单个电子的轨道角动量和自旋），它们的耦合，可以定义**总角动量**. 从坐标空间的说法来说是，对于两个体系$x_1$和$x_2$, 如果定义$x=x_1+x_2$，仍可以构造角动量算符。

$$
\mathbf{L} = \mathbf{L_1} + \mathbf{L_2}
$$

这其实涉及到量子体系中的矢量加和。经典体系中，一个物体的旋转，可以看成是沿两个不同方向的旋转的矢量和。现在假设沿两个方向的矢量的量子化已经完成，我们试图考察和矢量的量子化。

也就是说，某一个耦合的两电子波函数可以表示为以下两种形式

````{tab-set}

```{tab-item} 1. 非耦合基组

从两个体系的坐标各自测量，都有完备的基组，因此任意一个波函数应该是这所有可能的组合。

$$
\ket{\psi} = \sum_{j_1, m_1, j_2, m_2} C_{j_1, m_1, j_2, m_2} \ket{j_1, m_1}\ket{j_2, m_2}
$$
```

```{tab-item} 2. 耦合基组

从总角动量出发，该波函数也能展开为总角动量的本征函数。

$$
\ket{\psi} = \sum_{J, M} C_{J, M} \ket{J, M}
$$
其中$\ket{J, M}$是总自旋的本征函数组. $J, M$可以按角动量的规则任意选取。
```

````

我们想要知道在第一种表示中的所有可能的波函数，当坐标变换为第二种表示后，能在什么范围。以及，这种变换能否显式的写出来。

## 耦合空间的大小

### 耦合基组的数目

首先，我们固定$j_1$和$j_2$, 这样我们就限制了非耦合表象的空间大小。此时，非耦合基组的空间基组由$|m_1||m_2|=(2j_1+1)(2j_2+1)$个基矢量构成。由于两种表象都是线性组合构成一个任意波函数，就必然可以通过一组线性变换把它们转化过去。

$$
\begin{pmatrix}
\ket{J_1, M_1} \\ \ket{J_1, M_2} \\ \vdots \\ \ket{J_n, M_n} 
\end{pmatrix} = U 
\begin{pmatrix}
\ket{m_{11}}\ket{m_{21}} \\ \ket{m_{12}}\ket{m_{21}} \\ \vdots \\ \ket{m_{1n}}\ket{m_{2n}} 
\end{pmatrix}
$$ (linear map)

这里省略了$j_1$和$j_2$，因为它们被固定了。

由于本征函数族$\{\ket{J,M}\}$是彼此正交的，因此这个固定了$j_1$, $j_2$的非耦合的表象空间也只需要$\{\ket{J,M}\}$中总共$(2j_1+1)(2j_2+1)$个独立的分量来表示。

```{note}
需要注意的是，因为$L_z=L_{1z}+L_{2z}$，任何一个态$\ket{J, M} = \sum_{m_1, m_2} C_{m_1, m_2} \ket{m_1}\ket{m_2}$的分量$\ket{m_1}\ket{m_2}$也是$L_z$的本征函数.

$$
L_z\ket{m_1}\ket{m_2}=(m_1+m_2)\ket{m_1}\ket{m_2}
$$

这要求构成$\ket{J, M}$的每一个组成成员要满足$m_1+m_2=M$
```

### 耦合基组的最大值

可以发现，在z方向上能组合出最大$L_z$的可能，是$\ket{m_1=j_1}\ket{m_2=j_2}$这个在非耦合基组下的单参考态(即它没有其他分量)。因为只有这一种可能是$L_z=j_1+j_2$的，如果有其他分量，一定会降低$L_z$. 这个态的总自旋是：

$$
\begin{align}
&  \bra{m_1=j_1}\bra{m_2=j_2}L^2\ket{m_1=j_1}\ket{m_2=j_2} \\
& = \bra{m_1}\bra{m_2}L_1^2 + L_2^2 + 2(L_{1x}L_{2x}+L_{1y}L_{2y}+L_{1z}L_{2z})\ket{m_1}\ket{m_2} \\
& \begin{matrix} = & \left[
    j_1(j_1+1)+j_2(j_2+1)+2j_1j_2 
    \right]\hbar^2 & + & \underbrace{\bra{m_1}\bra{m_2}2(L_{1+}L_{2-}+L_{1-}L_{2+})\ket{m_1}\ket{m_2}} \\ & & & 0 \end{matrix} \\
& =  (j_1 + j_2)(j_1 + j_2 + 1)\hbar^2
\end{align}
$$

可以看出，这个态就是在总自旋中$\ket{J=j_1+j_2, M=j_1+j_2}$的态。由于z的取向并没有特异性，可以说，在任何方向上，能找到的最大的分量的值，其总角动量都为$j_1+j_2$. 其实，耦合出来的总角动量其$J$的最大取值就是$j_1+j_2$.

```{card} 反证法证明

假设存在一个态$\ket{J=j, M}$, 并且$j>j_1+j_2$, 显然目前M要小于$j_1+j_2$，因为找到的最大M的态并不是这个态。

存在的这个态可以由公式{eq}`linear-map`知道，可以由非耦合基组线性表示:

$$
\ket{J=j, M} = \sum_{m_1, m_2} C_{m_1, m_2} \ket{m_1}\ket{m_2}
$$

由定义可以知道存在升算符:

$$
S_+ = S_{1+} + S_{2+}
$$

连续作用在这个态上，使得：

$$
S_+^n\ket{J=j, M} = c\ket{J=j, M'}
$$

中的$M'=j_1+j_2$, 前面的c是一个常数。

- 当升算符作用在一个本征态上时，除非该本征态$M=j$, 不然不会等于0，所以这个态是可以被构造的. 
- 已经知道$M'=j_1+j_2$的态只有一个而且这个态的总角动量为$j_1+j_2$。

所以这两条之间产生矛盾，不存在$j>j_1+j_2$这样一个态。

```

### 耦合基组的最小值

现在已经知道$\ket{m_1=j_1}\ket{m_2=j_2}$唯一组合出了$\ket{J=j_1+j_2, M=j_1+j_2}$这个态。因为必须满足[$m_1+m_2=M$](#耦合基组的数目)的要求，就知道对于$\ket{J, M=j_1+j_2-1}$这些态(之所以说“些”是因为J还有选择的余地)只能由$\ket{m_1=j_1-1}\ket{m_2=j_2}$和$\ket{m_1=j_1}\ket{m_2=j_2-1}$组合而成。即：

$$
\ket{J, M=j_1+j_2-1} = c_1\ket{m_1=j_1-1}\ket{m_2=j_2} + c_2\ket{m_1=j_1}\ket{m_2=j_2-1}
$$

其中$J\le j_1+j_2$. 但显然$J\ge j_1+j_2-1$，因为角动量的分量要小于总量。

为了满足正交性，这里也只能容纳两个正交的总自旋基。也就是$\ket{J=j_1+j_2, M=j_1+j_2-1}$和$\ket{J=j_1+j_2-1, M=j_1+j_2-1}$

因此可以逐步得出:

1. $M=j_1+j_2$, 能构成的态只有一个，为$\ket{J=j_1+j_2, M=j_1+j_2}$
2. $M=j_1+j_2-1$，能构成的态有两个，为$\ket{J=j_1+j_2, M=j_1+j_2-1}$和$\ket{J=j_1+j_2-1, M=j_1+j_2-1}$

...

注意到$M$越小，就能有更多的不同的$J$的选择，每次多1一种. 正好就是$J= j_1+j_2, j_1+j_2-1, \cdots, M$。

考虑一种极限情况，不妨假定$j_2< j_1 $, 当$M< j_1-j_2$时，每当$M$下降1，对于$m_2$来说已经是全部的选择了，所以只能降低$m_1$的取值，因此不能再增加情况。

```{note}
注意到, 如果多次使用降算符作用在最大分离的态上

$$
S_-^n\ket{J=j_1+j_2, M=j_1+j_2}
$$
一定能把这个这个态一直降到$M=-j_1-j_2$. 这个情况对其他态也是这样。（读者可以自行写一个态试试。）所以对于$J=j_1+j_2$, 一定有$M=j_1+j_2, j_1+j_2-1, \cdots, -j_1-j_2$
```

```{list-table} 当$j_1=4$, $j_2=2$，就有这样的表格
---
width: 50%
header-rows: 1
stub-columns: 1
---

* - M的取值
  - J的取值
* - 6
  - 6
* - 5
  - 6,5
* - 4
  - 6,5,4
* - 3
  - 6,5,4,3
* - 2
  - 6,5,4,3,2
* - 1
  - 6,5,4,3,2
* - 0
  - 6,5,4,3,2
* - -1
  - 6,5,4,3,2
* - -2
  - 6,5,4,3,2
* - -3
  - 6,5,4,3
* - -4
  - 6,5,4
* - -5
  - 6,5
* - -6
  - 6

```

可以发现，当$M< j_1-j_2=2$时，之前的总角动量为$j=6,5,4,3,2$的态仍然能够通过降算符构造出来。但是在前面的分析里又知道情况不会再增加，因此，这里只会产生有着**相同的总角动量，更低的分角动量**的本征态，不产生更低的总角动量了。

另一方面，注意到这里的本征基有

$$
2(j_1+j_2)+1 + 2(j_1+j_2-1)+1 +\cdots+ 2(j_1-j_2)+1
$$

个，正好等于$(2j_1+1)(2j_2+1)$。和之前的线性空间自由度是相等的。

### 结论

其实，上面两种证明方法都可以独立地得出结论。即固定了$j_1$和$j_2$，但$m_1$和$m_2$可以任意选取的两个空间耦合——可以由$J=j_1-j_2, \cdots, j_1+j_2$和所有满足条件的$M$正交完备地展开。即：

$$
\begin{cases}
L_1 = j_1 \\
L_2 = j_2 \\
j_1 \ge j_2
\end{cases}
$$

$$
\begin{pmatrix}
\ket{j_1-j_2, -(j_1-j_2)} \\ \ket{j_1-j_2, -(j_1-j_2)+1} \\
\vdots \\ \ket{j_1-j_2, j_1-j_2} \\ \ket{j_1-j_2+1, -(j_1-j_2+1)} \\
\vdots \\ \ket{j_1+j_2, j_1+j_2} 
\end{pmatrix} = U 
\begin{pmatrix}
\ket{m_1=-j_1}\ket{m_2=-j_2} \\ \ket{m_1=-j_1}\ket{m_2=-j_2+1} \\ \vdots \\
\ket{m_1=-j_1}\ket{m_2=j_2} \\ \ket{m_1=-j_1+1}\ket{m_2=-j_2} \\\vdots \\
\ket{m_1=j_1}\ket{m_2=j_2}
\end{pmatrix}
$$