角運動量とスピン交換関係・固有値・パウリ行列・角運動量の合成

量子力学の角運動量は交換関係 $[\hat J_x, \hat J_y] = i\hbar\hat J_z$ （と添字の巡回置換）で定義され、 $\hat{\boldsymbol{J}}^2$ と $\hat J_z$ の同時固有値は $\hbar^2j(j + 1)$ と $\hbar m$ （ $m = -j, -j + 1, \dots, j$ ）になる。 $j$ は整数か半整数で、軌道角運動量 $\hat{\boldsymbol{L}} = \hat{\boldsymbol{r}} \times \hat{\boldsymbol{p}}$ は整数の $l$ 、電子のスピンは $s = 1/2$ をとる。スピン1/2の演算子はパウリ行列を使って $\hat{\boldsymbol{S}} = \frac{\hbar}{2}\boldsymbol{\sigma}$ と書ける。

量子力学の第3単元（全4単元）。先に読む単元：シュレディンガー方程式と井戸型ポテンシャル、線形代数・固有値と固有ベクトル

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角運動量の交換関係

定義

角運動量演算子

3つのエルミート演算子 $\hat J_x, \hat J_y, \hat J_z$ が

[\hat J_x, \hat J_y] = i\hbar\hat J_z, \qquad [\hat J_y, \hat J_z] = i\hbar\hat J_x, \qquad [\hat J_z, \hat J_x] = i\hbar\hat J_y

を満たすとき、これを角運動量という。軌道角運動量 $\hat{\boldsymbol{L}} = \hat{\boldsymbol{r}} \times \hat{\boldsymbol{p}}$ は $[\hat x_i, \hat p_j] = i\hbar\delta_{ij}$ からこの関係を満たす。

$\hat{\boldsymbol{J}}^2 = \hat J_x^2 + \hat J_y^2 + \hat J_z^2$ は各成分と交換する（ $[\hat{\boldsymbol{J}}^2, \hat J_z] = 0$ など）。成分どうしは交換しないので、同時に確定できるのは $\hat{\boldsymbol{J}}^2$ と1つの成分（ふつうは $\hat J_z$ ）だけである。昇降演算子 $\hat J_\pm = \hat J_x \pm i\hat J_y$ を使うと $[\hat J_z, \hat J_\pm] = \pm\hbar\hat J_\pm$ 、 $\hat{\boldsymbol{J}}^2 = \hat J_\mp\hat J_\pm + \hat J_z^2 \pm \hbar\hat J_z$ （複号同順）が成り立つ。

角運動量の固有値と昇降演算子

定理・法則

角運動量の固有値

条件

$\hat J_x, \hat J_y, \hat J_z$ が角運動量の交換関係を満たすエルミート演算子で、 $\hat{\boldsymbol{J}}^2$ と $\hat J_z$ の規格化できる同時固有状態 $|j, m\rangle$ を考える。

主張

\hat{\boldsymbol{J}}^2|j, m\rangle = \hbar^2j(j + 1)|j, m\rangle, \qquad \hat J_z|j, m\rangle = \hbar m|j, m\rangle

$j = 0, \frac{1}{2}, 1, \frac{3}{2}, \dots$ で、 $m$ は $-j$ から $j$ まで $1$ 刻みの $2j + 1$ 個の値をとる。

要点

$\hat J_\pm$ は $m$ を $\pm 1$ ずらす。 $\langle\hat J_x^2 + \hat J_y^2\rangle \ge 0$ から $|m|$ には上限があり、最大の $m = j$ で $\hat J_+|j, j\rangle = 0$ 、最小の $m = -j$ で $\hat J_-|j, -j\rangle = 0$ となる。両端の差 $2j$ が非負の整数なので、 $j$ は整数か半整数に限られる。

昇降演算子と軌道角運動量

昇降演算子の作用: $\hat J_\pm|j, m\rangle = \hbar\sqrt{j(j + 1) - m(m \pm 1)}\,|j, m \pm 1\rangle$
係数を実数で正にとる位相の流儀（コンドン・ショートリーの位相）を使う。
軌道角運動量の $z$ 成分: $\hat L_z = -i\hbar\frac{\partial}{\partial\varphi}, \qquad Y_l^m(\theta, \varphi) \propto P_l^{|m|}(\cos\theta)\,e^{im\varphi}$
波動関数が $\varphi \to \varphi + 2\pi$ で1価になる条件から、軌道角運動量の $m$ と $l$ は整数に限られる。
球面調和関数の例: $Y_0^0 = \frac{1}{\sqrt{4\pi}}, \qquad Y_1^0 = \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\cos\theta, \qquad Y_1^{\pm 1} = \mp\sqrt{\frac{3}{8\pi}}\sin\theta\,e^{\pm i\varphi}$
$Y_l^m$ は単位球面上で正規直交し、 $\hat{\boldsymbol{L}}^2Y_l^m = \hbar^2l(l + 1)Y_l^m$ を満たす。

計算例

$l = 1$ の角運動量の行列

$l = 1$ の基底 $|1, 1\rangle, |1, 0\rangle, |1, -1\rangle$ で $\hat L_z$ と $\hat L_+$ の行列を書き、 $\hat L_x = (\hat L_+ + \hat L_-)/2$ の固有値を求めよ。

解答

$\hat L_+|1, 0\rangle = \sqrt{2}\hbar|1, 1\rangle$ 、 $\hat L_+|1, -1\rangle = \sqrt{2}\hbar|1, 0\rangle$ から

\hat L_z = \hbar\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}, \qquad \hat L_+ = \sqrt{2}\hbar\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}, \qquad \hat L_x = \frac{\hbar}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}

$\hat L_- = \hat L_+^\dagger$ を使った。 $\hat L_x$ の特性方程式は $-\lambda(\lambda^2 - \hbar^2) = 0$ で、固有値は $\hbar, 0, -\hbar$ 。

検算

$\hat L_x$ の固有値が $\hat L_z$ と同じになるのは、どの方向の成分も同じ値をとるはずだからである。 $\hat L_y = (\hat L_+ - \hat L_-)/(2i)$ を作り、行列の積で $[\hat L_x, \hat L_y] = i\hbar\hat L_z$ と $\hat{\boldsymbol{L}}^2 = 2\hbar^2 I$ も確かめられる。

スピン1/2とパウリ行列

定義

スピン1/2

粒子が空間的な運動とは別にもつ角運動量をスピンという。電子は $s = 1/2$ である。 $\hat S_z$ の固有状態 $|{\uparrow}\rangle = (1, 0)^{\mathsf T}$ （ $m_s = +\frac{1}{2}$ ）と $|{\downarrow}\rangle = (0, 1)^{\mathsf T}$ （ $m_s = -\frac{1}{2}$ ）を基底にとると、 $\hat{\boldsymbol{S}} = \frac{\hbar}{2}\boldsymbol{\sigma}$ で

\sigma_x = \begin{pmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}, \qquad \sigma_y = \begin{pmatrix}0 & -i\\ i & 0\end{pmatrix}, \qquad \sigma_z = \begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & -1\end{pmatrix}

をパウリ行列という。

パウリ行列の性質

積の公式: $\sigma_i\sigma_j = \delta_{ij}I + i\sum_k\varepsilon_{ijk}\sigma_k$
$\varepsilon_{ijk}$ は完全反対称テンソル。交換関係 $[\sigma_x, \sigma_y] = 2i\sigma_z$ もここから出る。
固有値とトレース: $\sigma_i^2 = I, \qquad \operatorname{tr}\sigma_i = 0, \qquad \text{固有値は } \pm 1$
スピンの大きさ: $\hat{\boldsymbol{S}}^2 = \frac{3}{4}\hbar^2I$
どの状態でも $s(s + 1)\hbar^2$ （ $s = 1/2$ ）になる。

計算例

$S_x$ の測定

スピン状態が $|{\uparrow}\rangle$ の電子について $S_x$ を測定する。得られる値とその確率を求めよ。

解答

$\sigma_x$ の固有値は $\pm 1$ で、固有ベクトルは $|{\pm}x\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1, \pm 1)^{\mathsf T}$ 。測定値は $S_x = \pm\hbar/2$ で、それぞれの確率は $|\langle{\pm}x|{\uparrow}\rangle|^2 = \frac{1}{2}$ 。

検算

確率の和は $1$ になる。期待値 $\langle{\uparrow}|\hat S_x|{\uparrow}\rangle = 0$ は $\frac{1}{2}\cdot\frac{\hbar}{2} + \frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{\hbar}{2}\right) = 0$ と一致する。

角運動量の合成

定理・法則

角運動量の合成則

条件

互いに交換する2つの角運動量 $\hat{\boldsymbol{J}}_1$ 、 $\hat{\boldsymbol{J}}_2$ の大きさが $j_1, j_2$ に決まっていて、 $\hat{\boldsymbol{J}} = \hat{\boldsymbol{J}}_1 + \hat{\boldsymbol{J}}_2$ とする。

主張

合成した角運動量の大きさ $j$ は

j = |j_1 - j_2|,\ |j_1 - j_2| + 1,\ \dots,\ j_1 + j_2

の値をそれぞれ1回ずつとり、 $z$ 成分は $m = m_1 + m_2$ である。

要点

状態の数は $\sum_j(2j + 1) = (2j_1 + 1)(2j_2 + 1)$ で一致する。 $|j, m\rangle$ を積の状態 $|j_1, m_1\rangle|j_2, m_2\rangle$ で展開した係数をクレブシュ・ゴルダン係数という。

計算例

2つのスピン1/2の合成

2つの電子のスピンを合成した固有状態と、 $\hat{\boldsymbol{S}}_1 \cdot \hat{\boldsymbol{S}}_2$ の固有値を求めよ。

解答

$S = 1$ （3重項）は

|1, 1\rangle = |{\uparrow\uparrow}\rangle, \qquad |1, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|{\uparrow\downarrow}\rangle + |{\downarrow\uparrow}\rangle), \qquad |1, -1\rangle = |{\downarrow\downarrow}\rangle

$S = 0$ （1重項）は $|0, 0\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|{\uparrow\downarrow}\rangle - |{\downarrow\uparrow}\rangle)$ 。 $\hat{\boldsymbol{S}}^2 = \hat{\boldsymbol{S}}_1^2 + \hat{\boldsymbol{S}}_2^2 + 2\hat{\boldsymbol{S}}_1 \cdot \hat{\boldsymbol{S}}_2$ から

\hat{\boldsymbol{S}}_1 \cdot \hat{\boldsymbol{S}}_2 = \frac{\hbar^2}{2}\left[S(S + 1) - \frac{3}{4} - \frac{3}{4}\right]

で、3重項は $\hbar^2/4$ 、1重項は $-3\hbar^2/4$ 。

検算

状態の数は $3 + 1 = 4 = 2 \times 2$ で合う。 $|1, 0\rangle$ は $|1, 1\rangle$ に $\hat S_- = \hat S_{1-} + \hat S_{2-}$ を作用させて規格化すると得られる。固有値の和は $3 \times \frac{\hbar^2}{4} - \frac{3\hbar^2}{4} = 0$ で、 $\operatorname{tr}(\sigma_i \otimes \sigma_i) = 0$ と一致する。

角運動量でよくある誤り

1
$\hat{\boldsymbol{J}}^2$ の固有値を $\hbar^2j^2$ とする。正しくは $\hbar^2j(j + 1)$ で、角運動量の大きさは $m$ の最大値 $\hbar j$ より大きい。
2
$\hat J_x$ と $\hat J_z$ の同時固有状態を作ろうとする。成分どうしは交換しないので、 $j \neq 0$ で同時に確定できるのは $\hat{\boldsymbol{J}}^2$ と1成分だけである。
3
昇降演算子の係数を取り違え、 $\hat J_+$ に $\sqrt{j(j + 1) - m(m - 1)}$ を使う。 $\hat J_+$ は $m(m + 1)$ 、 $\hat J_-$ は $m(m - 1)$ で、 $m = j$ に $\hat J_+$ を作用させると $0$ になることで確かめる。
4
合成した角運動量として $j_1 + j_2$ だけを答える。 $|j_1 - j_2|$ から $j_1 + j_2$ までのすべての値が現れ、2つのスピン1/2なら $S = 1$ と $S = 0$ になる。
5
軌道角運動量に半整数の $l$ を許す。 $e^{im\varphi}$ が1価であるために $m$ は整数で、半整数の角運動量はスピンだけに現れる。