量子力学 17 自旋、磁矩、角动量耦合

量子力学 17 自旋、角动量耦合

前言
1、自旋
- [1.1 轨道磁矩](#1.1 轨道磁矩)
- [1.2 自旋磁矩](#1.2 自旋磁矩)
- [1.3 电子没有自转的证明](#1.3 电子没有自转的证明)
- - [1. 物理模型与参数](#1. 物理模型与参数)
  - [2. 计算"赤道"上的速度](#2. 计算“赤道”上的速度)
  - [3. 代入常数进行对比](#3. 代入常数进行对比)
  - [4. 结论：这个模型有意义吗？](#4. 结论：这个模型有意义吗？)
- [1.4 自旋 1 / 2 \boldsymbol{1/2} 1/2](#1.4 自旋 1 / 2 \boldsymbol{1/2} 1/2)
- [1.5 自旋角动量算符期望值](#1.5 自旋角动量算符期望值)
- - [1. 符号与矩阵解读](#1. 符号与矩阵解读)
  - [2. 计算过程](#2. 计算过程)
  - [3. 物理意义](#3. 物理意义)
- [1.6 习题](#1.6 习题)
- - [格书习题4.2](#格书习题4.2)
  - [格书习题4.30](#格书习题4.30)
[2 角动量耦合](#2 角动量耦合)
- [2.1 双电子耦合](#2.1 双电子耦合)
- [2.2 更复杂的情况------角动量耦合的一般规律](#2.2 更复杂的情况——角动量耦合的一般规律)
参考资料

前言

本文首先介绍了量子力学中的自旋概念，自旋是电子的内禀属性，不同于经典转动模型，其磁矩无法用物理旋转解释，并推导证明经典电子自转模型会导致超光速悖论。接下来以自旋 1/2 为例介绍了自旋角动量的算符期望值，最后以双电子耦合为例讨论了多粒子系统中的本征值、本征态与角动量耦合。

1、自旋

1.1 轨道磁矩

在经典电磁学中，磁场是由电流回路产生的。我们可以用两种"旋转"模型来类比：

轨道磁矩（像行星公转）：

想象电子绕原子核运动。移动的电荷形成电流，一个闭合的环形电流会产生磁场，磁场强度由磁矩 μ \mu μ 描述。环形电流 I I I 围成的面积为 S S S，则磁矩为：
μ o r b i t = I ⋅ S \mu_{orbit} = I \cdot S μorbit=I⋅S
自转磁矩（像地球自转）：

由于电荷随球体转动，表面电荷就会产生环形电流，从而产生磁矩。

1.2 自旋磁矩

当科学家们发现电子有磁矩时，第一反应是它在自转。然而，如果把电子真的想象成一个高速自转的小球，会遇到致命的矛盾：

超光速悖论：若要产生观测到的磁矩，电子表面的切向速度将远超光速。
点粒子特性：在标准模型中，电子被视为点粒子，没有半径，也就无法谈论物理上的"自转"。

所以电子并不是真的在转，这种不同于轨道运动所产生的磁矩，只能归功于电子的某种内秉属性------即自旋（Spin）。

总磁矩 = 轨道磁矩（真正的旋转运动）+ 自旋磁矩（内禀属性）。 μ t o t a l = μ o r b i t + μ s p i n \mu_{total} = \mu_{orbit} + \mu_{spin} μtotal=μorbit+μspin

你可以把自旋理解为一种 "没有转动过程，却拥有转动结果（角动量和磁矩）" 的量子现象。

自旋角动量 S S S与轨道角动量 L L L的极其相似，由基本对易关系：
$S x , S y$ = i ℏ S z , $S y , S z$ = i ℏ S x , $S z , S x$ = i ℏ S y $S_x, S_y$ = i\hbar S_z, \quad $S_y, S_z$ = i\hbar S_x, \quad $S_z, S_x$ = i\hbar S_y $Sx,Sy$ =iℏSz, $Sy,Sz$ =iℏSx, $Sz,Sx$ =iℏSy

（同以前一样）可以得出 S 2 S^2 S2 和 S z S_z Sz 的本征矢 ∣ s , m ⟩ |s,m\rangle ∣s,m⟩满足：
S 2 ∣ s , m ⟩ = ℏ 2 s ( s + 1 ) ∣ s , m ⟩ , S z ∣ s , m ⟩ = ℏ m ∣ s , m ⟩ S^2 |s,m\rangle = \hbar^2 s(s+1)|s,m\rangle, \quad S_z |s,m\rangle = \hbar m |s,m\rangle S2∣s,m⟩=ℏ2s(s+1)∣s,m⟩,Sz∣s,m⟩=ℏm∣s,m⟩

及升降算符公式
S ± ∣ s , m ⟩ = ℏ s ( s + 1 ) − m ( m ± 1 ) ∣ s , m ± 1 ⟩ , S_\pm |s,m\rangle = \hbar\sqrt{s(s+1)-m(m\pm 1)}|s,m\pm 1\rangle, S±∣s,m⟩=ℏs(s+1)−m(m±1) ∣s,m±1⟩,

其中 S ± ≡ S x ± i S y S_\pm \equiv S_x \pm iS_y S±≡Sx±iSy。

但是现在本征矢不再是球谐函数（它们根本不是 θ \theta θ 和 ϕ \phi ϕ 的函数），我们也没有一个既定的理由把 s s s 和 m m m 的半整数值排除在外：
s = 0 , 1 2 , 1 , 3 2 , ... ; m = − s , − s + 1 , ... , s − 1 , s . s = 0,\ \frac{1}{2},\ 1,\ \frac{3}{2},\ \dots; \quad m = -s,\ -s+1,\ \dots,\ s-1,\ s. s=0, 21, 1, 23, ...;m=−s, −s+1, ..., s−1, s.

十分巧合的是每一种基本粒子都有一个特定的永远不变的 s s s，我们称它为该种粒子的自旋。希格斯玻色子、 π \boldsymbol{\pi} π 介子的自旋为零；电子、夸克、中微子的自旋是 1 / 2 \boldsymbol{1/2} 1/2；光子的自旋为 1 \boldsymbol{1} 1； Δ \boldsymbol{\Delta} Δ 粒子的为 3 / 2 \boldsymbol{3/2} 3/2；引力子（预测）的为 2 \boldsymbol{2} 2；等等。

每一种基本粒子在"出厂"时，其自旋的大小就已经是确定的，这被称为内禀属性。但自旋在空间中的投影方向（即 m s m_s ms）是可以改变的。

对比而言，轨道角动量量子数 l l l（比如，氢原子中的电子）可以取任何（正整）数，而且当体系受到扰动时会从一个值变为另一个值。

1.3 电子没有自转的证明

1. 物理模型与参数

题目假设电子是一个半径为 r c r_c rc 的经典固体球，其角动量为 S = 1 2 ℏ S = \frac{1}{2}\hbar S=21ℏ。

经典电子半径定义为：
r c = e 2 4 π ϵ 0 m c 2 r_c = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 mc^2} rc=4πϵ0mc2e2

（所谓的经典电子半径 ，由爱因斯坦公式 E = m c 2 E=mc^2 E=mc2，假设电子的质量可归因于它电场的能量得到的）

2. 计算"赤道"上的速度

对于一个质量分布均匀的固体球（或者是球壳，数量级一致），其自旋角动量 L L L 与赤道转动速度 v v v 的关系可以通过转动惯量 I I I 表达。

为了简化计算（且不失物理本质），我们假设质量集中在边缘或采用固体球模型 I = 2 5 m r c 2 I = \frac{2}{5}mr_c^2 I=52mrc2。

根据角动量公式：
L = I ω = I v r c L = I\omega = I \frac{v}{r_c} L=Iω=Ircv

代入固体球的转动惯量：
1 2 ℏ = ( 2 5 m r c 2 ) v r c = 2 5 m r c v \frac{1}{2}\hbar = \left( \frac{2}{5}mr_c^2 \right) \frac{v}{r_c} = \frac{2}{5}m r_c v 21ℏ=(52mrc2)rcv=52mrcv

解出速度 v v v：
v = 5 ℏ 4 m r c v = \frac{5\hbar}{4mr_c} v=4mrc5ℏ

3. 代入常数进行对比

我们将 r c r_c rc 的表达式代入上式：
v = 5 ℏ 4 m ( e 2 4 π ϵ 0 m c 2 ) = 5 ℏ ⋅ 4 π ϵ 0 c 2 4 e 2 = 5 ( e 2 4 π ϵ 0 ℏ c ) ⋅ c 4 v = \frac{5\hbar}{4m \left( \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 mc^2} \right)} = \frac{5\hbar \cdot 4\pi\epsilon_0 c^2}{4e^2} = \frac{5}{ \left( \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 \hbar c} \right) } \cdot \frac{c}{4} v=4m(4πϵ0mc2e2)5ℏ=4e25ℏ⋅4πϵ0c2=(4πϵ0ℏce2)5⋅4c

注意括号中的项正是精细结构常数 α ≈ 1 137 \alpha \approx \frac{1}{137} α≈1371。

因此：
v = 5 4 α c ≈ 5 4 × 137 × c ≈ 171 c v = \frac{5}{4\alpha} c \approx \frac{5}{4} \times 137 \times c \approx 171 c v=4α5c≈45×137×c≈171c

4. 结论：这个模型有意义吗？

结论是：没有物理意义。

超光速： 计算结果显示赤道表面的速度约为光速的 170 倍 。根据狭义相对论，任何静质量不为零的物体运动速度都不可能达到或超过光速 c c c。
点粒子特性： 括号中提到的实验事实（实际半径远小于 r c r_c rc）会让结果更糟糕：如果半径 r r r 变小，为了保持相同的角动量 ℏ / 2 \hbar/2 ℏ/2，速度 v v v 必须变得更快。
自旋的本质： 实验证明电子在目前的探测尺度下表现为"点粒子"。这说明自旋是电子的一种内秉角动量，是量子力学属性，而不是由宏观机械转动产生的。

1.4 自旋 1 / 2 \boldsymbol{1/2} 1/2

s = 1 / 2 s=1/2 s=1/2 是最重要的情况，因为它是在构成普通物质的粒子（质子、中子和电子）的自旋，以及所有夸克和所有轻子的自旋。另外，一旦你掌握了自旋 1/2，理解高自旋就非常容易了。对 s = 1 / 2 s=1/2 s=1/2， S 2 S^2 S2 和 S z S_z Sz 仅有两个本征态： ∣ 1 2 , 1 2 ⟩ \left| \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2} \right\rangle 21,21⟩，它被称为上自旋态（经常用 ↑ \uparrow ↑），和 ∣ 1 2 , − 1 2 ⟩ \left| \dfrac{1}{2}, -\dfrac{1}{2} \right\rangle 21,−21⟩，它被称为下自旋态（ ↓ \downarrow ↓）。

它们两个可作自旋希尔伯特空间的基矢，所以对 s = 1 / 2 s=1/2 s=1/2的情况，自旋空间的维数是 2 2 2。

对于自旋 s = 3 2 s=\dfrac{3}{2} s=23 的 Δ \Delta Δ 粒子，其 m m m 取值有 − 3 2 , − 1 2 , 1 2 , 3 2 -\dfrac{3}{2},-\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{3}{2} −23,−21,21,23 ，本征态有 ∣ 3 2 , − 3 2 ⟩ , ∣ 3 2 , − 1 2 ⟩ , ∣ 3 2 , 1 2 ⟩ , ∣ 3 2 , 3 2 ⟩ |\dfrac{3}{2},-\dfrac{3}{2}\rangle, |\dfrac{3}{2},-\dfrac{1}{2}\rangle, |\dfrac{3}{2},\dfrac{1}{2}\rangle, |\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2}\rangle ∣23,−23⟩,∣23,−21⟩,∣23,21⟩,∣23,23⟩，自旋空间的维数是 4 4 4。

利用这两个基矢量，一个自旋 1/2 粒子的一般态可以表示成一个两元列矩阵（或旋量）：

χ = ( a b ) = a χ + + b χ − \chi = \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = a\chi_+ + b\chi_- χ=(ab)=aχ++bχ−

其中

χ + = ( 1 0 ) \chi_+ = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} χ+=(10)

代表上自旋，而

χ − = ( 0 1 ) \chi_- = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} χ−=(01)

代表下自旋。

由 S 2 S^2 S2的本征矢公式得到：
S 2 χ + = 3 4 ℏ 2 χ + S 2 χ − = 3 4 ℏ 2 χ − \mathbf{S}^2 \chi_+ = \frac{3}{4}\hbar^2 \chi_+ \quad \mathbf{S}^2 \chi_- = \frac{3}{4}\hbar^2 \chi_- S2χ+=43ℏ2χ+S2χ−=43ℏ2χ−

如果我们把 S 2 \mathbf{S}^2 S2 写为矩阵元待定的矩阵,

S 2 = ( c d e f ) , \mathbf{S}^2 = \begin{pmatrix} c & d \\ e & f \end{pmatrix}, S2=(cedf),

则上面的第一个方程为
S 2 χ + = ( c d e f ) ( 1 0 ) = 3 4 ℏ 2 ( 1 0 ) , 或者 ( c e ) = ( 3 4 ℏ 2 0 ) , \mathbf{S}^2 \chi_+ =\begin{pmatrix} c & d \\ e & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{3}{4} \hbar^2 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \text{或者} \quad \begin{pmatrix} c \\ e \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} \hbar^2 \\ 0 \end{pmatrix}, S2χ+=(cedf)(10)=43ℏ2(10),或者(ce)=(43ℏ20),

所以 c = ( 3 / 4 ) ℏ 2 , e = 0 c = (3/4) \hbar^2, \ e = 0 c=(3/4)ℏ2, e=0。

第二个方程给出

( c d e f ) ( 0 1 ) = 3 4 ℏ 2 ( 0 1 ) , 或者 ( d f ) = ( 0 3 4 ℏ 2 ) , \begin{pmatrix} c & d \\ e & f \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{3}{4} \hbar^2 \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \text{或者} \quad \begin{pmatrix} d \\ f \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{3}{4} \hbar^2 \end{pmatrix}, (cedf)(01)=43ℏ2(01),或者(df)=(043ℏ2),

所以 d = 0 , f = ( 3 / 4 ) ℏ 2 d = 0, \ f = (3/4) \hbar^2 d=0, f=(3/4)ℏ2。

结论：

S 2 = 3 4 ℏ 2 ( 1 0 0 1 ) . \mathbf{S}^2 = \frac{3}{4} \hbar^2 \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} . S2=43ℏ2(1001).

类似有，

S z χ + = 1 2 ℏ χ + , S z χ − = − 1 2 ℏ χ − . \mathbf{S}z \chi+ = \frac{1}{2} \hbar \chi_+, \quad \mathbf{S}z \chi- = -\frac{1}{2} \hbar \chi_- . Szχ+=21ℏχ+,Szχ−=−21ℏχ−.

由此得出

S z = ℏ 2 ( 1 0 0 − 1 ) . \mathbf{S}_z = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} . Sz=2ℏ(100−1).

另外，由升降符公式知道

S + χ − = ℏ χ + , S − χ + = ℏ χ − , S + χ + = S − χ − = 0 , \mathbf{S}+ \chi- = \hbar \chi_+, \quad \mathbf{S}- \chi+ = \hbar \chi_-, \quad \mathbf{S}+ \chi+ = \mathbf{S}- \chi- = 0, S+χ−=ℏχ+,S−χ+=ℏχ−,S+χ+=S−χ−=0,

所以

S + = ℏ ( 0 1 0 0 ) , S − = ℏ ( 0 0 1 0 ) . \mathbf{S}+ = \hbar \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{S}- = \hbar \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} . S+=ℏ(0010),S−=ℏ(0100).

因为 S ± = S x ± i S y S_{\pm} = S_x \pm iS_y S±=Sx±iSy，所以 S x = ( 1 / 2 ) ( S + + S − ) S_x = (1/2)(S_+ + S_-) Sx=(1/2)(S++S−)， S y = ( 1 / 2 i ) ( S + − S − ) S_y = (1/2i)(S_+ - S_-) Sy=(1/2i)(S+−S−)，因此得

S x = ℏ 2 ( 0 1 1 0 ) , S y = ℏ 2 ( 0 − i i 0 ) . \mathbf{S}_x = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{S}_y = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix} . Sx=2ℏ(0110),Sy=2ℏ(0i−i0).

由于 S x , S y \mathbf{S}_x, \mathbf{S}_y Sx,Sy 和 S z \mathbf{S}_z Sz 都有一个因子 ℏ / 2 \hbar/2 ℏ/2， S \mathbf{S} S 可以更简洁地写为 S = ( ℏ / 2 ) σ \mathbf{S} = (\hbar/2)\boldsymbol{\sigma} S=(ℏ/2)σ，其中

σ x ≡ ( 0 1 1 0 ) , σ y ≡ ( 0 − i i 0 ) , σ z ≡ ( 1 0 0 − 1 ) . \sigma_x \equiv \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad \sigma_y \equiv \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, \quad \sigma_z \equiv \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} . σx≡(0110),σy≡(0i−i0),σz≡(100−1).

这就是著名的泡利（Pauli）自旋矩阵。

S z \mathbf{S}_z Sz 的本征旋量是

χ + = ( 1 0 ) , ( 本征值为 ℏ 2 ) ; χ − = ( 0 1 ) , ( 本征值为 − ℏ 2 ) . \chi_+ = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \left( \text{本征值为} \frac{\hbar}{2} \right); \quad \chi_- = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \left( \text{本征值为} -\frac{\hbar}{2} \right) . χ+=(10),(本征值为2ℏ);χ−=(01),(本征值为−2ℏ).

如果对一个粒子的一般态 χ \chi χ 测量其 S z S_z Sz，得到 + ℏ / 2 +\hbar/2 +ℏ/2 的几率为 ∣ a ∣ 2 |a|^2 ∣a∣2，得到 − ℏ / 2 -\hbar/2 −ℏ/2 的几率为 ∣ b ∣ 2 |b|^2 ∣b∣2。既然这两个几率是仅有的几率，应有

∣ a ∣ 2 + ∣ b ∣ 2 = 1 |a|^2 + |b|^2 = 1 ∣a∣2+∣b∣2=1

特征值方程 为
ℏ 2 ( 0 1 1 0 ) χ + ( x ) = ℏ 2 χ + ( x ) \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \chi_+^{(x)} = \frac{\hbar}{2} \chi_+^{(x)} 2ℏ(0110)χ+(x)=2ℏχ+(x)

设 χ + ( x ) = ( a b ) \chi_+^{(x)} = \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} χ+(x)=(ab)，代入矩阵乘法：
ℏ 2 ( 0 1 1 0 ) ( a b ) = ℏ 2 ( b a ) = ℏ 2 ( a b ) \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} b \\ a \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} 2ℏ(0110)(ab)=2ℏ(ba)=2ℏ(ab)

由此得出 a = b a = b a=b。经过归一化处理（模平方之和为 1），得：
∣ a ∣ 2 + ∣ a ∣ 2 = 1 ⟹ 2 ∣ a ∣ 2 = 1 ⟹ a = 1 2 |a|^2 + |a|^2 = 1 \implies 2|a|^2 = 1 \implies a = \frac{1}{\sqrt{2}} ∣a∣2+∣a∣2=1⟹2∣a∣2=1⟹a=2 1

那么：
χ + ( x ) = 1 2 ( 1 1 ) \chi_+^{(x)} = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} χ+(x)=2 1(11)

同理，最后求得：

χ + ( x ) = ( 1 / 2 1 / 2 ) , ( 本征值为 + ℏ 2 ) ; χ − ( x ) = ( 1 / 2 − 1 / 2 ) , ( 本征值为 − ℏ 2 ) \chi_{+}^{(x)}=\begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} \\ 1/\sqrt{2} \end{pmatrix}, \left( \text{本征值为} +\frac{\hbar}{2} \right); \quad \chi_{-}^{(x)}=\begin{pmatrix} 1/\sqrt{2} \\ -1/\sqrt{2} \end{pmatrix}, \left( \text{本征值为} -\frac{\hbar}{2} \right) χ+(x)=(1/2 1/2 ),(本征值为+2ℏ);χ−(x)=(1/2 −1/2 ),(本征值为−2ℏ)

一般的旋量 χ \chi χ 可以表示成它们的线性叠加：
χ = ( a + b 2 ) χ + ( x ) + ( a − b 2 ) χ − ( x ) . \chi = \left( \frac{a+b}{\sqrt{2}} \right) \chi_{+}^{(x)} + \left( \frac{a-b}{\sqrt{2}} \right) \chi_{-}^{(x)}. χ=(2 a+b)χ+(x)+(2 a−b)χ−(x).

如果测量 S x S_x Sx，得到 + ℏ / 2 +\hbar/2 +ℏ/2 的几率是 ( 1 / 2 ) ∣ a + b ∣ 2 (1/2)|a+b|^2 (1/2)∣a+b∣2，得到 − ℏ / 2 -\hbar/2 −ℏ/2 的几率是 ( 1 / 2 ) ∣ a − b ∣ 2 (1/2)|a-b|^2 (1/2)∣a−b∣2

1.5 自旋角动量算符期望值

我们来测一下 自旋 1/2 系统 （例如电子）在 z z z 方向上自旋角动量的算符期望值 ⟨ S ^ z ⟩ \langle \hat{S}_z \rangle ⟨S^z⟩。
⟨ χ ∣ S ^ z ∣ χ ⟩ = ( a ∗ b ∗ ) ℏ 2 ( 1 0 0 − 1 ) ( a b ) \langle \chi | \hat{S}_z | \chi \rangle = (a^* \ b^*) \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} ⟨χ∣S^z∣χ⟩=(a∗ b∗)2ℏ(100−1)(ab)

简单来说，它计算的是：如果我们对处于状态 ∣ χ ⟩ |\chi\rangle ∣χ⟩ 的粒子重复测量其 z z z 轴自旋，得到的平均结果是多少。

1. 符号与矩阵解读

我们可以将该式子拆解为以下几个部分：

态矢量 ∣ χ ⟩ |\chi\rangle ∣χ⟩ 与共轭矢量 ⟨ χ ∣ \langle \chi | ⟨χ∣：
- ∣ χ ⟩ = ( a b ) |\chi\rangle = \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} ∣χ⟩=(ab) 是态矢量，其中 a a a 和 b b b 是复数概率振幅。
- ⟨ χ ∣ = ( a ∗ b ∗ ) \langle \chi | = (a^* \ b^*) ⟨χ∣=(a∗ b∗) 是共轭转置（左矢量）。
- 归一化条件要求 ∣ a ∣ 2 + ∣ b ∣ 2 = 1 |a|^2 + |b|^2 = 1 ∣a∣2+∣b∣2=1。
自旋算符 S ^ z \hat{S}_z S^z：
- S ^ z = ℏ 2 σ z \hat{S}_z = \frac{\hbar}{2} \sigma_z S^z=2ℏσz，其中 σ z = ( 1 0 0 − 1 ) \sigma_z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} σz=(100−1) 是泡利矩阵。
- ℏ \hbar ℏ 是约化普朗克常数。

2. 计算过程

通过矩阵乘法，我们可以得出最终的物理结果：

右侧乘法 ：
ℏ 2 ( 1 0 0 − 1 ) ( a b ) = ℏ 2 ( a − b ) \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} a \\ -b \end{pmatrix} 2ℏ(100−1)(ab)=2ℏ(a−b)
左侧乘法（内积） ：
⟨ χ ∣ S ^ z ∣ χ ⟩ = ( a ∗ b ∗ ) ⋅ ℏ 2 ( a − b ) \langle \chi | \hat{S}_z | \chi \rangle = (a^* \ b^*) \cdot \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} a \\ -b \end{pmatrix} ⟨χ∣S^z∣χ⟩=(a∗ b∗)⋅2ℏ(a−b)
= ℏ 2 ( a ∗ a − b ∗ b ) = \frac{\hbar}{2} (a^* a - b^* b) =2ℏ(a∗a−b∗b)
最终表达式 ：
⟨ S ^ z ⟩ = ℏ 2 ( ∣ a ∣ 2 − ∣ b ∣ 2 ) \langle \hat{S}_z \rangle = \frac{\hbar}{2} (|a|^2 - |b|^2) ⟨S^z⟩=2ℏ(∣a∣2−∣b∣2)

3. 物理意义

这个结果非常直观：

∣ a ∣ 2 |a|^2 ∣a∣2 ：粒子处于"自旋向上"（ + ℏ / 2 +\hbar/2 +ℏ/2）状态的概率。
∣ b ∣ 2 |b|^2 ∣b∣2 ：粒子处于"自旋向下"（ − ℏ / 2 -\hbar/2 −ℏ/2）状态的概率。
期望值：即为这两个可能的测量值乘以其对应概率的加权平均数。

举例：

如果粒子完全处于自旋向上态，即 a = 1 , b = 0 a=1, b=0 a=1,b=0，那么期望值就是 + ℏ 2 +\frac{\hbar}{2} +2ℏ。

如果粒子处于叠加态且 ∣ a ∣ 2 = ∣ b ∣ 2 = 0.5 |a|^2 = |b|^2 = 0.5 ∣a∣2=∣b∣2=0.5，那么期望值为 0 0 0，表示平均来看，向上和向下的机会相等。

1.6 习题

格书习题4.2

假设一个自旋 1/2 的粒子处在态
χ = 1 6 ( 1 + i 2 ) . \chi = \frac{1}{\sqrt{6}} \begin{pmatrix} 1+i \\ 2 \end{pmatrix}. χ=6 1(1+i2).

如果测量 S z S_z Sz 和 S x S_x Sx，得到 + ℏ / 2 +\hbar/2 +ℏ/2 和 − ℏ / 2 -\hbar/2 −ℏ/2 的几率各是多少？

解：这里 a = ( 1 + i ) / 6 a = (1+i)/\sqrt{6} a=(1+i)/6 ， b = 2 / 6 b = 2/\sqrt{6} b=2/6 ，所以对 S z S_z Sz，得到 + ℏ / 2 +\hbar/2 +ℏ/2 的几率为 ∣ ( 1 + i ) / 6 ∣ 2 = 1 / 3 |(1+i)/\sqrt{6}|^2 = 1/3 ∣(1+i)/6 ∣2=1/3，

得到 − ℏ / 2 -\hbar/2 −ℏ/2 的几率是 ∣ 2 / 6 ∣ 2 = 2 / 3 |2/\sqrt{6}|^2 = 2/3 ∣2/6 ∣2=2/3。

对 S x S_x Sx，得到 + ℏ / 2 +\hbar/2 +ℏ/2 的几率为 ( 1 / 2 ) ∣ ( 3 + i ) / 6 ∣ 2 = 5 / 6 (1/2)|(3+i)/\sqrt{6}|^2 = 5/6 (1/2)∣(3+i)/6 ∣2=5/6，

得到 − ℏ / 2 -\hbar/2 −ℏ/2 的几率是 ( 1 / 2 ) ∣ ( − 1 + i ) / 6 ∣ 2 = 1 / 6 (1/2)|(-1+i)/\sqrt{6}|^2 = 1/6 (1/2)∣(−1+i)/6 ∣2=1/6。

注意模平方运算公式为 z ⋅ z ∗ = ( a + b i ) ( a − b i ) = a 2 − ( b i ) 2 = a 2 + b 2 = ∣ z ∣ 2 z \cdot z^* = (a + bi)(a - bi) = a^2 - (bi)^2 = a^2 + b^2 = |z|^2 z⋅z∗=(a+bi)(a−bi)=a2−(bi)2=a2+b2=∣z∣2

顺便提及， S x S_x Sx 的期待值是
5 6 ( ℏ 2 ) + 1 6 ( − ℏ 2 ) = ℏ 3 , \frac{5}{6} \left( \frac{\hbar}{2} \right) + \frac{1}{6} \left( -\frac{\hbar}{2} \right) = \frac{\hbar}{3}, 65(2ℏ)+61(−2ℏ)=3ℏ,

这也可以由更直接的方法得到：
⟨ S x ⟩ = χ † S x χ = ( ( 1 − i ) 6 2 6 ) ( 0 ℏ / 2 ℏ / 2 0 ) ( ( 1 + i ) / 6 2 / 6 ) = ℏ 3 . \langle S_x \rangle = \chi^\dagger \mathbf{S}_x \chi = \begin{pmatrix} \frac{(1-i)}{\sqrt{6}} & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & \hbar/2 \\ \hbar/2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} (1+i)/\sqrt{6} \\ 2/\sqrt{6} \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{3}. ⟨Sx⟩=χ†Sxχ=(6 (1−i)6 2)(0ℏ/2ℏ/20)((1+i)/6 2/6 )=3ℏ.

格书习题4.30

构造一个表示自旋角动量沿一个任意方向 r ^ \hat{r} r^ 的矩阵 S r \mathbf{S}_r Sr。使用球坐标，有
r ^ = sin ⁡ θ cos ⁡ ϕ i ^ + sin ⁡ θ sin ⁡ ϕ j ^ + cos ⁡ θ k ^ . \hat{r} = \sin \theta \cos \phi \hat{i} + \sin \theta \sin \phi \hat{j} + \cos \theta \hat{k}. r^=sinθcosϕi^+sinθsinϕj^+cosθk^.

求出 S r \mathbf{S}r Sr 的本征值和（归一化的）本征旋量。答案：
χ + r = ( cos ⁡ ( θ / 2 ) e i ϕ sin ⁡ ( θ / 2 ) ) ; χ − r = ( e i ϕ sin ⁡ ( θ / 2 ) − cos ⁡ ( θ / 2 ) ) . \chi^r+ = \begin{pmatrix} \cos(\theta/2) \\ e^{i\phi} \sin(\theta/2) \end{pmatrix}; \quad \chi^r_- = \begin{pmatrix} e^{i\phi} \sin(\theta/2) \\ -\cos(\theta/2) \end{pmatrix}. χ+r=(cos(θ/2)eiϕsin(θ/2));χ−r=(eiϕsin(θ/2)−cos(θ/2)).

2 角动量耦合

粒子（可能）存在轨道角动量与自旋角动量，若一个体系中有多个粒子，则它们分别有自己的两种角动量（譬如氢原子）。这些若干个角动量的代数性质以及实验表现是相当一致的，所以我们可以将它们叠加成一个"总自旋角动量"，方便讨论。

2.1 双电子耦合

现有两个 s = 1 / 2 s=1/2 s=1/2 的粒子，仅考虑它们的自旋，共有四种态：

↑ ↑ , ↑ ↓ , ↓ ↑ , ↓ ↓ \uparrow\uparrow, \quad \uparrow\downarrow, \quad \downarrow\uparrow, \quad \downarrow\downarrow ↑↑,↑↓,↓↑,↓↓

其总自旋角动量 定义为 S ≡ S ( 1 ) + S ( 2 ) \boldsymbol{S} \equiv \boldsymbol{S}^{(1)} + \boldsymbol{S}^{(2)} S≡S(1)+S(2). 同理总自旋角动量 z z z 分量 应为 S z = S z ( 1 ) + S z ( 2 ) S_z = S_z^{(1)} + S_z^{(2)} Sz=Sz(1)+Sz(2)

所以
S z χ 1 χ 2 = ( S z ( 1 ) + S z ( 2 ) ) χ 1 χ 2 = ( S z ( 1 ) χ 1 ) χ 2 + χ 1 ( S z ( 2 ) χ 2 ) = ( ℏ m 1 χ 1 ) χ 2 + χ 1 ( ℏ m 2 χ 2 ) = ℏ ( m 1 + m 2 ) χ 1 χ 2 , \begin{aligned} S_z \chi_1 \chi_2 &= ( S_z^{(1)} + S_z^{(2)} ) \chi_1 \chi_2 = ( S_z^{(1)} \chi_1 ) \chi_2 + \chi_1 ( S_z^{(2)} \chi_2 ) \\ &= ( \hbar m_1 \chi_1 ) \chi_2 + \chi_1 ( \hbar m_2 \chi_2 ) = \hbar ( m_1 + m_2 ) \chi_1 \chi_2 , \end{aligned} Szχ1χ2=(Sz(1)+Sz(2))χ1χ2=(Sz(1)χ1)χ2+χ1(Sz(2)χ2)=(ℏm1χ1)χ2+χ1(ℏm2χ2)=ℏ(m1+m2)χ1χ2,

其中， S z ( 1 ) S_z^{(1)} Sz(1)和 S z ( 1 ) S_z^{(1)} Sz(1) 只能各自作用在 χ 1 \chi_1 χ1和 χ 2 \chi_2 χ2上。

则 m = m 1 + m 2 m=m_1+m_2 m=m1+m2 为
↑ ↑ : m = 1 ; ↓ ↑ : m = 0 ; ↑ ↓ : m = 0 ; ↓ ↓ : m = − 1 ; \begin{aligned} \uparrow \uparrow : m &= 1 ; & \quad \downarrow \uparrow : m &= 0 ; \\ \uparrow \downarrow : m &= 0 ; & \quad \downarrow \downarrow : m &= -1 ; \end{aligned} ↑↑:m↑↓:m=1;=0;↓↑:m↓↓:m=0;=−1;

m m m 的取值是 − 1 , 0 , 1 -1, 0, 1 −1,0,1，这说明总自旋角动量量子数 s s s 的取值可能是 0 , 1 0, 1 0,1。验证这一点：

用降阶算符 S − = S − ( 1 ) + S − ( 2 ) S_- = S_-^{(1)} + S_-^{(2)} S−=S−(1)+S−(2)，作用在 m = 1 m=1 m=1 的态 ↑ ↑ \uparrow\uparrow ↑↑ 上：
S − ( ↑ ↑ ) = ( S − ( 1 ) ↑ ) ↑ + ↑ ( S − ( 2 ) ↑ ) = ( ℏ ↓ ) ↑ + ↑ ( ℏ ↓ ) = ℏ ( ↓ ↑ + ↑ ↓ ) . \begin{aligned} S_- (\uparrow\uparrow) &= (S_-^{(1)} \uparrow) \uparrow + \uparrow (S_-^{(2)} \uparrow) \\ &= (\hbar \downarrow) \uparrow + \uparrow (\hbar \downarrow) = \hbar (\downarrow\uparrow + \uparrow\downarrow) . \end{aligned} S−(↑↑)=(S−(1)↑)↑+↑(S−(2)↑)=(ℏ↓)↑+↑(ℏ↓)=ℏ(↓↑+↑↓).

态 ↑ = ∣ s , m ⟩ = ∣ 1 2 , 1 2 ⟩ \uparrow=|s,m\rangle=|\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\rangle ↑=∣s,m⟩=∣21,21⟩

根据升降算符公式
S ± ∣ s , m ⟩ = ℏ s ( s + 1 ) − m ( m ± 1 ) ∣ s , m ± 1 ⟩ , S_\pm |s,m\rangle = \hbar\sqrt{s(s+1)-m(m\pm 1)}|s,m\pm 1\rangle, S±∣s,m⟩=ℏs(s+1)−m(m±1) ∣s,m±1⟩,

可以计算出
S − ( 1 ) ↑ = ℏ 1 2 ( 1 2 + 1 ) − 1 2 ( 1 2 − 1 ) ∣ 1 2 , 1 2 − 1 ⟩ = ℏ ∣ 1 2 , − 1 2 ⟩ = ℏ ↓ S_-^{(1)} \uparrow=\hbar\sqrt{\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2}+1)-\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2}- 1)}|\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}-1\rangle=\hbar|\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}\rangle=\hbar \downarrow S−(1)↑=ℏ21(21+1)−21(21−1) ∣21,21−1⟩=ℏ∣21,−21⟩=ℏ↓

重复使用降阶算符，可以得到
{ ∣ s , m ⟩ = ∣ 1 , 1 ⟩ = ↑ ↑ ∣ s , m ⟩ = ∣ 1 , 0 ⟩ = 1 2 ( ↑ ↓ + ↓ ↑ ) ∣ s , m ⟩ = ∣ 1 , − 1 ⟩ = ↓ ↓ } s = 1 ( 三重态 ) . \left\{ \begin{aligned} &|s,m\rangle=|1,1\rangle = \uparrow\uparrow \\ &|s,m\rangle=|1,0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\uparrow\downarrow + \downarrow\uparrow)\\ &|s,m\rangle=|1,-1\rangle = \downarrow\downarrow \end{aligned} \right\} \quad s = 1 (\text{三重态}). ⎩ ⎨ ⎧∣s,m⟩=∣1,1⟩=↑↑∣s,m⟩=∣1,0⟩=2 1(↑↓+↓↑)∣s,m⟩=∣1,−1⟩=↓↓⎭ ⎬ ⎫s=1(三重态).

态 ∣ s , m ⟩ = ∣ 1 , 0 ⟩ |s,m\rangle=|1,0\rangle ∣s,m⟩=∣1,0⟩中， ℏ \hbar ℏ 系数归一化 ℏ 2 ℏ 2 + ℏ 2 = 1 2 \sqrt{\dfrac{\hbar^2}{\hbar^2+\hbar^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} ℏ2+ℏ2ℏ2 =2 1。

还有另一种情况， s = 0 , m = 0 s=0,m=0 s=0,m=0：
{ ∣ 00 ⟩ = 1 2 ( ↑ ↓ − ↓ ↑ ) } s = 0 ( 单态 ) . \left\{ |00\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \uparrow\downarrow - \downarrow\uparrow \right) \right\} \quad s=0 \ (\text{单态}). {∣00⟩=2 1(↑↓−↓↑)}s=0 (单态).

使用升降阶算符作用结果都为0。

这些态也是 S ^ 总 2 \hat{S}总^2 S^总2 与 S ^ z 总 \hat{S}{z总} S^z总的共同本征态。接下来验证，作用在 ∣ 10 ⟩ |10\rangle ∣10⟩态上的本征值：

S 2 = ( S ( 1 ) + S ( 2 ) ) ⋅ ( S ( 1 ) + S ( 2 ) ) = ( S ( 1 ) ) 2 + ( S ( 2 ) ) 2 + 2 S ( 1 ) ⋅ S ( 2 ) S ( 1 ) ⋅ S ( 2 ) ( ↑ ↓ ) = ( S x ( 1 ) ↑ ) ( S x ( 2 ) ↓ ) + ( S y ( 1 ) ↑ ) ( S y ( 2 ) ↓ ) + ( S z ( 1 ) ↑ ) ( S z ( 2 ) ↓ ) = ( ℏ 2 ↓ ) ( ℏ 2 ↑ ) + ( i ℏ 2 ↓ ) ( − i ℏ 2 ↑ ) + ( ℏ 2 ↑ ) ( − ℏ 2 ↓ ) = ℏ 2 4 ( 2 ↓ ↑ − ↑ ↓ ) . \begin{aligned} \boldsymbol{S}^2 &= \left(\boldsymbol{S}^{(1)} + \boldsymbol{S}^{(2)}\right) \cdot \left(\boldsymbol{S}^{(1)} + \boldsymbol{S}^{(2)}\right) = \left(\boldsymbol{S}^{(1)}\right)^2 + \left(\boldsymbol{S}^{(2)}\right)^2 + 2\boldsymbol{S}^{(1)} \cdot \boldsymbol{S}^{(2)} \\ \boldsymbol{S}^{(1)} \cdot \boldsymbol{S}^{(2)} (\uparrow\downarrow) &= \left(S_x^{(1)} \uparrow\right)\left(S_x^{(2)} \downarrow\right) + \left(S_y^{(1)} \uparrow\right)\left(S_y^{(2)} \downarrow\right) + \left(S_z^{(1)} \uparrow\right)\left(S_z^{(2)} \downarrow\right) \\ &= \left(\frac{\hbar}{2} \downarrow\right)\left(\frac{\hbar}{2} \uparrow\right) + \left(\frac{\mathrm{i}\hbar}{2} \downarrow\right)\left(\frac{-\mathrm{i}\hbar}{2} \uparrow\right) + \left(\frac{\hbar}{2} \uparrow\right)\left(\frac{-\hbar}{2} \downarrow\right) \\ &= \frac{\hbar^2}{4} (2 \downarrow\uparrow - \uparrow\downarrow). \end{aligned} S2S(1)⋅S(2)(↑↓)=(S(1)+S(2))⋅(S(1)+S(2))=(S(1))2+(S(2))2+2S(1)⋅S(2)=(Sx(1)↑)(Sx(2)↓)+(Sy(1)↑)(Sy(2)↓)+(Sz(1)↑)(Sz(2)↓)=(2ℏ↓)(2ℏ↑)+(2iℏ↓)(2−iℏ↑)+(2ℏ↑)(2−ℏ↓)=4ℏ2(2↓↑−↑↓).

其中，

S x ( 1 ) ↑ = ℏ 2 ( 0 1 1 0 ) ( 1 0 ) = ℏ 2 ( 0 1 ) = ℏ 2 ∣ ↓ ⟩ S_x^{(1)}\uparrow=\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}= \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} =\frac{\hbar}{2} |\downarrow\rangle Sx(1)↑=2ℏ(0110)(10)=2ℏ(01)=2ℏ∣↓⟩

同理，
S ( 1 ) ⋅ S ( 2 ) ( ↓ ↑ ) = ℏ 2 4 ( 2 ↑ ↓ − ↓ ↑ ) \boldsymbol{S}^{(1)} \cdot \boldsymbol{S}^{(2)} (\downarrow\uparrow) = \frac{\hbar^2}{4} (2 \uparrow\downarrow - \downarrow\uparrow) S(1)⋅S(2)(↓↑)=4ℏ2(2↑↓−↓↑)

这样有
S ( 1 ) ⋅ S ( 2 ) ∣ 10 ⟩ = ℏ 2 4 1 2 ( 2 ↓ ↑ − ↑ ↓ + 2 ↑ ↓ − ↓ ↑ ) = ℏ 2 4 ∣ 10 ⟩ , \boldsymbol{S}^{(1)} \cdot \boldsymbol{S}^{(2)} |10\rangle = \frac{\hbar^2}{4} \frac{1}{\sqrt{2}} (2 \downarrow\uparrow - \uparrow\downarrow + 2 \uparrow\downarrow - \downarrow\uparrow) = \frac{\hbar^2}{4} |10\rangle, S(1)⋅S(2)∣10⟩=4ℏ22 1(2↓↑−↑↓+2↑↓−↓↑)=4ℏ2∣10⟩,

S 2 = ( S ( 1 ) + S ( 2 ) ) ⋅ ( S ( 1 ) + S ( 2 ) ) = ( S ( 1 ) ) 2 + ( S ( 2 ) ) 2 + 2 S ( 1 ) ⋅ S ( 2 ) \boldsymbol{S}^2 = \left(\boldsymbol{S}^{(1)} + \boldsymbol{S}^{(2)}\right) \cdot \left(\boldsymbol{S}^{(1)} + \boldsymbol{S}^{(2)}\right) = \left(\boldsymbol{S}^{(1)}\right)^2 + \left(\boldsymbol{S}^{(2)}\right)^2 + 2\boldsymbol{S}^{(1)} \cdot \boldsymbol{S}^{(2)} S2=(S(1)+S(2))⋅(S(1)+S(2))=(S(1))2+(S(2))2+2S(1)⋅S(2)

( S ( 1 ) ) 2 \left(\boldsymbol{S}^{(1)}\right)^2 (S(1))2 只作用于粒子1， s 1 = 1 2 s_1=\dfrac{1}{2} s1=21，对应的本征值为
s 1 ( s 1 + 1 ) ℏ 2 = 3 4 ℏ 2 s_1(s_1+1)\hbar^2 = \frac{3}{4}\hbar^2 s1(s1+1)ℏ2=43ℏ2

( S ( 2 ) ) 2 \left(\boldsymbol{S}^{(2)}\right)^2 (S(2))2 只作用于粒子2， s 2 = 1 2 s_2=\dfrac{1}{2} s2=21，对应的本征值为
s 2 ( s 2 + 1 ) ℏ 2 = 3 4 ℏ 2 s_2(s_2+1)\hbar^2 = \frac{3}{4}\hbar^2 s2(s2+1)ℏ2=43ℏ2

那么
S 2 ∣ 10 ⟩ = 3 4 ℏ 2 ∣ 10 ⟩ + 3 4 ℏ 2 ∣ 10 ⟩ + 2 ℏ 2 4 ∣ 10 ⟩ = 2 ℏ 2 ∣ 10 ⟩ = s 总 ( s 总 + 1 ) ℏ 2 ∣ 10 ⟩ \boldsymbol{S}^2 |10\rangle=\frac{3}{4}\hbar^2|10\rangle+\frac{3}{4}\hbar^2|10\rangle+2\frac{\hbar^2}{4} |10\rangle=2\hbar^2 |10\rangle=s_总(s_总+1)\hbar^2 |10\rangle S2∣10⟩=43ℏ2∣10⟩+43ℏ2∣10⟩+24ℏ2∣10⟩=2ℏ2∣10⟩=s总(s总+1)ℏ2∣10⟩

关于以上结论的一些讨论：

∣ s 总 m 总 ⟩ = { ∣ 11 ⟩ ∣ 10 ⟩ ∣ 1 − 1 ⟩ ∣ 00 ⟩ 是 S 总 2 、 S z 总的本征态 . |s_总m_总\rangle= \begin{cases} |11\rangle \\ |10\rangle \\ |1-1\rangle \\ |00\rangle \end{cases} \quad \text{是} \ S_总^2、S_{z总} \ \text{的本征态}. ∣s总m总⟩=⎩ ⎨ ⎧∣11⟩∣10⟩∣1−1⟩∣00⟩是 S总2、Sz总的本征态.

对应的本征值为 s 总 ( s 总 + 1 ) ℏ 2 s_{总}(s_{总}+1)\hbar^2 s总(s总+1)ℏ2 和 m 总 ℏ = ( m 1 + m 2 ) ℏ m_{总}\hbar = (m_1 + m_2)\hbar m总ℏ=(m1+m2)ℏ

我们若选取 S 总 ^ 2 \hat{S_总}^2 S总^2 与 S ^ z 总 \hat{S}_{z总} S^z总的共同本征态 ∣ 11 ⟩ |11\rangle ∣11⟩、 ∣ 10 ⟩ |10\rangle ∣10⟩、 ∣ 1 − 1 ⟩ |1\ -1\rangle ∣1 −1⟩、 ∣ 00 ⟩ |00\rangle ∣00⟩为基矢，则称为耦合表象
我们若选取 S z 1 S_{z1} Sz1、 S z 2 S_{z2} Sz2的共同本征态 ↑ ↑ \uparrow\uparrow ↑↑、 ↑ ↓ \uparrow\downarrow ↑↓、 ↓ ↑ \downarrow\uparrow ↓↑、 ↓ ↓ \downarrow\downarrow ↓↓为基矢，则称为非耦合表象

2.2 更复杂的情况------角动量耦合的一般规律

角动量耦合不区分轨道/自旋角动量，它们的代数行为和实验表现是一致的；
两个角动量耦合（同样不区分）的规则：
- 总角动量量子数 j j j 的取值范围：从两个角动量量子数之和逐次减1，直到二者之差；
- j z j_z jz 总角动量z分量的量子数 m m m ，与普通角动量取值相同， m 总 = m 1 + m 2 m_总=m_1+m_2 m总=m1+m2
多个角动量耦合时，先选择两个进行耦合，再将耦合得到的新角动量与第三者耦合------以此类推
根据耦合顺序的不同，分为 l l l- s s s耦合和 j j j- j j j耦合。
- l l l- s s s耦合是先将所有电子的轨道角动量叠加成总轨道角动量，再将所有电子的自旋角动量叠加成总自旋角动量，最后两者耦合；
- j j j- j j j耦合是先让对每个电子自己的轨道和自旋耦合，再将所有的电子角动量进行耦合。

参考资料

【兰兰的不自量力】量子力学考研教学视频17：自旋、角动量耦合
《量子力学概论》格里菲斯