量子力学/角運動量の固有値 の変更点

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[[量子力学Ⅰ/物理量の固有関数]]
&katex();

* 概要 [#p6c640ca]

[[量子力学Ⅰ/物理量の固有関数>@量子力学Ⅰ/物理量の固有関数#b69ff060]] 
で見たように、軌道角運動量演算子 $\hat {\bm l}=(\hat l_x,\hat l_y,\hat l_z)$
は交換関係

$$
\begin{cases}
\hat l_x\hat l_y-\hat l_y\hat l_x=i\hbar\hat l_z\\
\hat l_y\hat l_z-\hat l_z\hat l_y=i\hbar\hat l_x\\
\hat l_z\hat l_x-\hat l_x\hat l_z=i\hbar\hat l_y\\
\end{cases}
$$

を満たす。

同様に、スピン演算子 $\hat {\bm s}=(\hat s_x,\hat s_y,\hat s_z)$ や、
2つの角運動量 $\hat{\bm j}_1,\hat{\bm j}_2$ の
合成角運動量 $\hat {\bm J}=\hat{\bm j}_1+\hat{\bm j}_2$ 
などの任意の角運動量演算子も同じ交換関係

$$
\begin{cases}
[\hat J_x,\hat J_y]=\hat J_x\hat J_y-\hat J_y\hat J_x=i\hbar\hat J_z\\
[\hat J_y,\hat J_z]=\hat J_y\hat J_z-\hat J_z\hat J_y=i\hbar\hat J_x\\
[\hat J_z,\hat J_x]=\hat J_z\hat J_x-\hat J_x\hat J_z=i\hbar\hat J_y\\
\end{cases}
$$

を満たす。

この交換関係のみから、$\hat J_z$ および $\hat{\bm J^2}=\hat J_x^2+\hat J_y^2+\hat J_z^2$、
そして演算子 $\hat J_\pm=\hat J_x\pm i\hat J_y$ に関して以下の関係を導ける。

- $[\hat{\bm J^2},\hat J_z]=0$   (可換であるため同時固有関数が存在する)

- $\hat{\bm J^2}$ の固有値は $J=0,\frac12,1,\frac32,2,\frac52,\dots$ のような正の整数あるいは半整数を用いて $\hbar^2 J(J+1)$ と表せる

- $\hat J_z$ の固有値は $\hbar M$ と表せ、特定の $J$  に対して $M=-J,-(J-1),\dots,J-1,J$ に対応する $2J+1$ 個の値が許される
-- $J$ の値により $M=-\frac12,\frac12$ のような半整数か、$M=-1,0,1$ のような整数か、のどちらかになる

- $\hat J_+$ は $M$ に対する上昇演算子、$\hat J_-$ は $M$ に対する下降演算子となり、以下を満たす
$$
\hat J_\pm\,|J,M\rangle=\hbar\sqrt{(J\mp M)(J+1\pm M)}\,|J,M\pm1\rangle
$$

以下は重要度はそれほど高くないものの、$\hat J_\pm, \hat J_z, \hat{\bm J^2}$ の間に成り立つ関係である。

- $[\hat J_+,\hat J_-]=2\hbar\hat J_z$

- $\hat{\bm J^2}=(\hat J_+\hat J_-+\hat J_-\hat J_+)/2+\hat J_z^2$

* 演習 [#kb8fa5df]

以下では $\hat{\bm J^2}$ と $\hat J_z$ の同時固有関数を $|\lambda,M\rangle$ と書き、

$$
\begin{aligned}
\hat{\bm J^2}|\lambda,M\rangle&=\hbar^2\lambda |\lambda,M\rangle\\
\hat J_z|\lambda,M\rangle&=\hbar M|\lambda,M\rangle
\end{aligned}
$$ 

とする。

(1) 上記の交換関係を満たす2つの角運動量演算子 $\hat{\bm J}_1,\hat{\bm J}_2$ の
合成角運動量 $\hat {\bm J}=\hat{\bm J}_1+\hat{\bm J}_2$ 
も同じ交換関係を満たすことを示せ(第1式のみで良い)。ただし、$\hat{\bm J}_1$ の各成分は $\hat{\bm J}_2$ の各成分と可換とする。

(2) $\big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)\hat J_z=\hat J_z\big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)$ を示せ。

>ここからすぐに $[\hat{\bm J^2},\hat J_z]=0$ を導ける。同様に $\hat J_x,\hat J_y$ も $\hat{\bm J^2}$ と可換となるから $\hat J_\pm$ も $\hat{\bm J^2}$ と可換である。

(3) $\hat J_z\,\hat J_\pm|\lambda,M\rangle=\hbar(M\pm 1)\,\hat J_\pm|\lambda,M\rangle$ を示せ。

>ここから $\hat J_\pm|\lambda,M\rangle$ は $\hat J_z$ の固有値 $\hbar(M+1)$ に対する固有関数である。一方 (2) より $\hat J_\pm$ は $\hat{\bm J^2}$ と可換であり、その固有値を変化させないから 
$$
\hat J_\pm|\lambda,M\rangle\propto |\lambda,M\pm 1\rangle
$$
を結論できる。(このときの比例係数は (6) 以降で求める)
>すなわち $\hat J_\pm$ を用いることで、ある $|\lambda,M\rangle$ から始めて $|\lambda,M\pm 1\rangle,|\lambda,M\pm 2\rangle, |\lambda,M\pm 3\rangle,\dots$ を作れることになるのであるが、$J_z^2\le\bm J^2$ の要請から $(\hbar M)^2\le \hbar^2\lambda$ でなければならないことを考えると、この関数列はどこかで打ち切られなければならない。
>そこで、$-\hbar\sqrt\lambda\le\hbar\mu'\le\hbar\mu\le\hbar\sqrt\lambda$ を満たす $\mu',\mu$ において
$$
\begin{cases}
\hat J_-|\lambda,\mu'\rangle=0\\
\hat J_+|\lambda,\mu\rangle=0
\end{cases}
$$
のように、この範囲の外に対応する固有関数を作ろうとすればゼロを得る形が要請される。このとき $M=\mu',\mu'+1,\dots,\mu-1,\mu$  が許容されることになる。
>教科書では $\mu',\mu$ がある特定の $\lambda$ の下での $M$ の下限、上限となることを前提として話が進むが、この時点までの話だけからは別の $M'$ から始めた系列にこの範囲を超える値が現れる可能性を否定できないため、以降の導出は教科書と少し異なる。

(4) $\hat J_+^\dagger=\hat J_-$ を示せ。

(5) $\hat J_\pm\hat J_\mp=\hat J_x^2+\hat J_y^2\pm\hbar\hat J_z$ を示せ。

>ここから、$[\hat J_+,\hat J_-]=2\hbar\hat J_z$ および $\hat{\bm J^2}=(\hat J_+\hat J_-+\hat J_-\hat J_+)/2+\hat J_z^2$ を導ける。

(6) $[\hat J_+,\hat J_-]=2\hbar\hat J_z$ より、
$\big\|\hat J_\mp\,|\lambda,M\rangle\big\|^2-\big\|\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\big\|^2=\pm2\hbar^2M$ を示せ。

(7) $\big\|\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\big\|^2=\big\|\hat J_\mp|\lambda,M\pm 1\rangle\big\|^2$ を示せ。

(8) (6) と (7) から $\big\|\hat J_-\,|\lambda,M\rangle\big\|^2=-\hbar^2(M-\mu')(M+\mu'-1)$ を示せ。

(9) (6) と (8) からそれぞれ $\big\|\hat J_-\,|\lambda,\mu\rangle\big\|^2$ を求めて比較することにより $(\mu+\mu')(\mu-\mu'+1)=0$ を示せ。

>定義より $\mu'\le\mu$ であるから、これは $\mu+\mu'=0$ すなわち $-\mu'=\mu$ を要求する。
>以降では $-\mu'=\mu=J$ と書く。

(10) (8) と同様の手順で $\big\|\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\big\|^2=\hbar^2(J\mp M)(J+1\pm M)$ が導かれることを利用して、$\lambda=J(J+1)$ を示せ。(5) の結果である $\hat{\bm J^2}=(\hat J_+\hat J_-+\hat J_-\hat J_+)/2+\hat J_z^2$ を用いると良い。

>上で用いた固有関数は通常 $\lambda$ ではなく $J$ を用いて $|\lambda,M\rangle\to|J,M\rangle$ と書かれる。
>すなわち $\hat J_\pm\,|J,M\rangle=\hbar\sqrt{(J\mp M)(J+1\pm M)}\,|J,M\pm1\rangle$ である。
>また、$\lambda$ と $\mu,\mu'$ との関係が一意に定まったため、(3) で心配したような「別系統の存在」は否定された。

続きはこちら > [[量子力学/角運動量の合成]]

* 解答 [#dce11587]

(1)

$$
\begin{aligned}
[\hat J_x,\hat J_y]
&=[\hat J_{1x}+\hat J_{2x},\hat J_{1y}+\hat J_{2y}]\\
&=[\hat J_{1x},\hat J_{1y}]+\cancel{[\hat J_{1x},\hat J_{2y}]}+\cancel{[\hat J_{2x},\hat J_{1y}]}+[\hat J_{2x},\hat J_{2y}]\\
&=i\hbar\hat J_{1z}+i\hbar\hat J_{2z}\\
&=i\hbar\hat J_z
\end{aligned}
$$

他の2式も同様に示せる。

(2)

$$
\begin{aligned}
\big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)\hat J_z
&=\hat J_x(\hat J_z\hat J_x-i\hbar\hat J_y)+\hat J_y(\hat J_z\hat J_y+i\hbar\hat J_x)\\
&=(\hat J_z\hat J_x-i\hbar\hat J_y)\hat J_x+(\hat J_z\hat J_y+i\hbar\hat J_x)\hat J_y-i\hbar[\hat J_x,\hat J_y]\\
&=\hat J_z\big(\hat J_x^2+\hat J_y^2\big)\\
\end{aligned}
$$

(3)

$$
\begin{aligned}
\hat J_z\underbrace{(\hat J_x\pm i\hat J_y)}_{\hat J_\pm}|\lambda,M\rangle
&=(\hat J_z\hat J_x\pm i\hat J_z\hat J_y)|\lambda,M\rangle\\[-4.5mm]
&=\big[\hat J_x\underbrace{\hat J_z}_{\hbar M}+i\hbar\hat J_y\pm i(\hat J_y\underbrace{\hat J_z}_{\hbar M}-i\hbar J_x)\big]|\lambda,M\rangle\\
&=\hbar\big[(M\pm 1)\hat J_x+i(1\pm M)\hat J_y\big]|\lambda,M\rangle\\
&=\hbar(M\pm 1)\underbrace{(\hat J_x\pm i\hat J_y)}_{\hat J_\pm}|\lambda,M\rangle\\
\end{aligned}
$$

(4)

$$
\begin{aligned}
\hat J_+^\dagger
&=(\hat J_x+i\hat J_y)^\dagger\\
&=\hat J_x^\dagger-i\hat J_y^\dagger\\
&=\hat J_x-i\hat J_y\\
&=\hat J_-
\end{aligned}
$$

$\hat J_x,\hat J_y$ がエルミート演算子であるため、
$i\to -i$ の置き換えのみでエルミート共役を求められることになる。
(エルミート共役は複素共役を伴うため $i\to -i$ が必要になる)

(5)

$$
\begin{aligned}
\hat J_\pm\hat J_\mp
&=(\hat J_x\pm i\hat J_y)(\hat J_x\mp i\hat J_y)\\
&=\hat J_x^2+\hat J_y^2\mp i[\hat J_x,\hat J_y]\\
&=\hat J_x^2+\hat J_y^2\pm\hbar\hat J_z\\
\end{aligned}
$$

(6)

$$
\hat J_\pm\hat J_\mp-\hat J_\mp\hat J_\pm=\pm2\hbar\hat J_z
$$

の両辺を $|\lambda,M\rangle$ に作用させ、さらに $|\lambda,M\rangle$ との内積を取ると、

$$
\langle\lambda,M|\,\hat J_\pm\hat J_\mp\,|\lambda,M\rangle-
\langle\lambda,M|\,\hat J_\mp\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle
=\pm2\hbar\,\underbrace{\langle\lambda,M|\hat J_z|\lambda,M\rangle}_M
$$

$\hat J_\pm^\dagger=\hat J_\mp$ に注意すると、
$\langle\lambda,M|\,\hat J_\pm=\big(\hat J_\pm^\dagger|\lambda,M\rangle\big)^\dagger=\big(\hat J_\mp|\lambda,M\rangle\big)^\dagger$ などが成り立ち、

$$
\big\|\hat J_\mp\,|\lambda,M\rangle\big\|^2-
\big\|\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\big\|^2
=\pm2\hbar^2M
$$

(7)

$\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\propto|\lambda,M\pm 1\rangle$ に注意すると、

$$
\begin{aligned}
\big\|\hat J_\pm\,|\lambda,M\rangle\big\|
&=\big|\underbrace{\langle\lambda,M\pm 1|\hat J_\pm}_{\left(\hat J_\pm^\dagger|\lambda,M\pm 1\rangle\right)^\dagger}\,|\lambda,M\rangle\big|\\
&=\big|\langle\lambda,M|\hat J_\pm^\dagger|\lambda,M\pm 1\rangle^*\big|\\
&=\big|\langle\lambda,M|\hat J_\mp|\lambda,M\pm 1\rangle\big|\\
&=\big\|\hat J_\mp|\lambda,M\pm 1\rangle\big\|\\
\end{aligned}
$$

(8)

(6), (7) より、

$$
\big\|\hat J_\mp\,|\lambda,M\rangle\big\|^2-
\big\|\hat J_\mp|\lambda,M\pm 1\rangle\big\|^2
=\pm2\hbar^2M
$$

$\big\|\hat J_\mp\,|\lambda,M\rangle\big\|^2=C_M^\mp$ と書くことにするとこれは

$$
{C_M^\mp}-{C_{M\pm1}^\mp}=\pm2\hbar^2M
$$

(3) より $C_{\mu'}^-=0$ なので、

$$
\begin{aligned}-{C_{\mu'+1}^-}&=2\hbar^2\mu'&\to {C_{\mu'+1}^-}=-2\hbar^2\mu'\hspace{16mm}\\
{C_{\mu'+1}^-}-{C_{\mu'+2}^-}&=2\hbar^2(\mu'+1)&\to {C_{\mu'+2}^-}=-2\hbar^2(2\mu'+1)\hspace{6mm}\\
{C_{\mu'+2}^-}-{C_{\mu'+3}^-}&=2\hbar^2(\mu'+2)&\to {C_{\mu'+3}^-}=-2\hbar^2(3\mu'+1+2)\\
\vdots
\end{aligned}
$$

が得られ、

$$
\begin{aligned}
{C_{\mu'+k}^-}=-2\hbar^2[k\mu'+k(k-1)/2]=-\hbar^2k(2\mu'+k-1)
\end{aligned}
$$

この式は $k=0$ でも成り立っている。$k=M-\mu'$ を代入して、

$$
\big\|\hat J_-\,|\lambda,M\rangle\big\|^2=-\hbar^2(M-\mu')(M+\mu'-1)
$$

(9)

(6) より ${C_{\mu}^-}-\cancel{C_{\mu}^+}={C_{\mu}^-}=2\hbar^2\mu$ であるから、

$$
\begin{aligned}
{C_{\mu}^-}
&=-\hbar^2(\mu-\mu')(\mu+\mu'-1)=2\hbar^2\mu
\end{aligned}
$$

$$-(\mu-\mu')(\mu+\mu')+\mu-\mu'=2\mu$$

$$
(\mu+\mu')(\mu-\mu'+1)=0
$$

(10)

(5) の結果および与式を用いると、

$$
\begin{aligned}
\hbar^2\lambda
&=\big\|\hat{\bm J^2}|\lambda,M\rangle\big\|\\
&=\big|\langle\lambda,M|\hat{\bm J^2}|\lambda,M\rangle\big|\\
&=\big|\langle\lambda,M|\hat J_+\hat J_-|\lambda,M\rangle\big|/2+
\big|\langle\lambda,M|\hat J_-\hat J_+|\lambda,M\rangle\big|/2+
\big|\langle\lambda,M|\hat J_z^2|\lambda,M\rangle\big|\\
&=\big\|\hat J_-|\lambda,M\rangle\big\|^2/2+
\big\|\hat J_+|\lambda,M\rangle\big\|^2/2+
\hbar^2M^2\\
&=\hbar^2(J+M)(J+1-M)/2+\hbar^2(J-M)(J+1+M)/2+\hbar^2M^2\\
&=\hbar^2(J^2-\cancel{M^2}+J+\cancel M)/2+\hbar^2(J^2-\cancel{M^2}+J-\cancel M)/2+\hbar^2\cancel{M^2}\\
&=\hbar^2J(J+1)
\end{aligned}
$$

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