6. 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。
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
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。
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。
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。
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。
备注
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.
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：
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\(j_1+j_2\).
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(6.1)知道，可以由非耦合基组线性表示:
由定义可以知道存在升算符:
连续作用在这个态上，使得：
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\(m_1+m_2=M\)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：
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:
\(M=j_1+j_2\), 能构成的态只有一个，为\(\ket{J=j_1+j_2, M=j_1+j_2}\)
\(M=j_1+j_2-1\)，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。
备注
注意到, 如果多次使用降算符作用在最大分离的态上
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\(M=j_1+j_2, j_1+j_2-1, \cdots, -j_1-j_2\)
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
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：