Arfken 7판 16장 (각운동량 연산자와 교환관계, 사다리 연산자, 행렬 표현, 스핀 1/2와 회전, 각운동량 합성, 클렙시-고단 계수와 3j 기호, 구면 텐서와 위그너-에카르트 정리)
CG(j1, m1, j2, m2, J, M)과 같습니다. 두 계의 순서를 바꾸면 $(-1)^{j_1+j_2-J}$ 배가 됩니다. 책마다 $C(j_1j_2J|m_1m_2M)$ 같은 다른 표기를 씁니다.| 항목 | 공식 |
|---|---|
| 미분 연산자 | $L_x=-i(y\partial_z-z\partial_y)$, $L_y=-i(z\partial_x-x\partial_z)$, $L_z=-i(x\partial_y-y\partial_x)$ |
| 구면좌표 | $L_z=-i\partial_\varphi$, $\ L_\pm=e^{\pm i\varphi}\big(\pm\partial_\theta+i\cot\theta\,\partial_\varphi\big)$ |
| 교환관계 | $[L_x,L_y]=iL_z$ (순환 $x\to y\to z\to x$), $\ [L^2,L_i]=0$ |
| 사다리 연산자 | $J_\pm=J_x\pm iJ_y$, $\ [J_z,J_\pm]=\pm J_\pm$, $\ [J_+,J_-]=2J_z$ |
| $J^2$ 다시 쓰기 | $J^2=J_-J_++J_z^2+J_z=J_+J_-+J_z^2-J_z$ |
| 고유값 | $J^2|j,m\rangle=j(j+1)|j,m\rangle$, $\ J_z|j,m\rangle=m|j,m\rangle$, $\ m=-j,\dots,j$ |
| 사다리 계수 | $J_\pm|j,m\rangle=\sqrt{j(j+1)-m(m\pm1)}\,|j,m\pm1\rangle$ |
| 스핀 1/2 회전 | $e^{-i\theta\hat n\cdot\boldsymbol\sigma/2}=\cos\tfrac\theta2\,I-i\sin\tfrac\theta2\,\hat n\cdot\boldsymbol\sigma$ |
| 합성 | $J=|j_1-j_2|,\dots,j_1+j_2$, $\ M=m_1+m_2$, 차원 $(2j_1+1)(2j_2+1)=\sum_J(2J+1)$ |
| 3j 기호 | $\begin{pmatrix}j_1&j_2&j_3\\m_1&m_2&m_3\end{pmatrix}=\dfrac{(-1)^{j_1-j_2-m_3}}{\sqrt{2j_3+1}}\langle j_1m_1;j_2m_2|j_3,-m_3\rangle$ |
| 선택 규칙 | $\langle l'm'|\cos\theta|lm\rangle\ne0\ \Rightarrow\ m'=m,\ l'=l\pm1$ |
| 구면 성분 | $V_{\pm1}=\mp\tfrac1{\sqrt2}(V_x\pm iV_y)$, $\ V_0=V_z$, $\ r_q=\sqrt{\tfrac{4\pi}3}\,r\,Y_1^q$ |
| 위그너-에카르트 | $\langle j'm'|T^{(k)}_q|jm\rangle=\langle jm;kq|j'm'\rangle\,\dfrac{\langle j'\|T^{(k)}\|j\rangle}{\sqrt{2j'+1}}$ |
재료는 하나입니다: $[x_i,p_j]=i\delta_{ij}$. 시험함수에 걸면 $[z,p_z]f=z(-if_z)-(-i)\partial_z(zf)=if$. 축이 다른 좌표와 운동량은 교환합니다.
$[L_x,L_y]=[yp_z-zp_y,\ zp_x-xp_z]$를 네 조각으로 나누면, 같은 축의 $z$와 $p_z$가 만나는 두 조각만 남습니다($[yp_z,xp_z]=[zp_y,zp_x]=0$).
$$\begin{aligned}[yp_z,\,zp_x]&=y\,[p_z,z]\,p_x=-i\,yp_x,\\ [zp_y,\,xp_z]&=x\,p_y\,[z,p_z]=+i\,xp_y.\end{aligned}$$더하면 $[L_x,L_y]=i(xp_y-yp_x)=iL_z$. 나머지 둘은 $x\to y\to z\to x$로 이름만 바꾸면 됩니다. 예제 1-1에서 "곱의 미분 항만 살아남는다"는 것이 바로 이 $[z,p_z]=i$입니다.
편미분은 $f_x=\partial_xf$, $f_{xz}=\partial_x\partial_zf$ 처럼 줄여 씁니다. $(-i)^2=-1$ 입니다.
① $L_yf=-i(zf_x-xf_z)$ 에 $L_x=-i(y\partial_z-z\partial_y)$ 를 겁니다. $\partial_z(zf_x)=f_x+zf_{xz}$ 에서 곱의 미분 항 $f_x$가 생깁니다.
$$\begin{aligned}L_xL_yf&=-\big[y(f_x+zf_{xz}-xf_{zz})-z(zf_{xy}-xf_{yz})\big]\\&=-yf_x-yzf_{xz}+xyf_{zz}+z^2f_{xy}-xzf_{yz}.\end{aligned}$$② $L_xf=-i(yf_z-zf_y)$ 에 $L_y=-i(z\partial_x-x\partial_z)$ 를 겁니다. 이번에는 $\partial_z(zf_y)=f_y+zf_{yz}$ 에서 $f_y$가 생깁니다.
$$\begin{aligned}L_yL_xf&=-\big[z(yf_{xz}-zf_{xy})-x(yf_{zz}-f_y-zf_{yz})\big]\\&=-yzf_{xz}+z^2f_{xy}+xyf_{zz}-xf_y-xzf_{yz}.\end{aligned}$$③ 빼면 2계 도함수 항이 모두 지워집니다.
$$\begin{aligned}[L_x,L_y]f&=-yf_x+xf_y=(x\partial_y-y\partial_x)f\\&=i\cdot\big[-i(x\partial_y-y\partial_x)\big]f=iL_zf.\end{aligned}$$구체적인 함수로 확인 ($f=xz$): $L_yf=-i(z^2-x^2)$, $L_xL_yf=-2yz$. $L_xf=-ixy$, $L_yL_xf=-yz$. 차이는 $-yz$ 이고 $iL_zf=(x\partial_y-y\partial_x)(xz)=-yz$. 같습니다.
(a) $L^2=L_x^2+L_y^2+L_z^2$. $[L_z^2,L_z]=0$ 이고 나머지 둘은 $[AB,C]=A[B,C]+[A,C]B$ 로 풉니다. 필요한 것은 $[L_x,L_z]=-iL_y$, $[L_y,L_z]=iL_x$ 입니다.
$$\begin{aligned}[L_x^2,L_z]&=L_x(-iL_y)+(-iL_y)L_x\\&=-i(L_xL_y+L_yL_x),\\ [L_y^2,L_z]&=L_y(iL_x)+(iL_x)L_y\\&=+i(L_yL_x+L_xL_y).\end{aligned}$$더하면 0입니다. 같은 방법으로 $[L^2,L_x]=[L^2,L_y]=0$.
(b) 구면좌표 $x=r\sin\theta\cos\varphi$, $y=r\sin\theta\sin\varphi$, $z=r\cos\theta$ 에서 $\dfrac{\partial x}{\partial\varphi}=-y$, $\dfrac{\partial y}{\partial\varphi}=x$, $\dfrac{\partial z}{\partial\varphi}=0$ 이므로
$$\begin{aligned}\partial_\varphi&=-y\partial_x+x\partial_y,\\ L_z&=-i(x\partial_y-y\partial_x)=-i\partial_\varphi.\end{aligned}$$그래서 $e^{im\varphi}$가 $L_z$의 고유함수(고유값 $m$)입니다.
$m$을 1 바꿈. $[J_z,J_\pm]=\pm J_\pm$를 $J_zJ_\pm=J_\pm(J_z\pm1)$로 읽고 $|j,m\rangle$에 겁니다.
$$J_z\big(J_\pm|j,m\rangle\big)=(m\pm1)\,J_\pm|j,m\rangle.$$그래서 $J_\pm|j,m\rangle$은 $|j,m\pm1\rangle$의 상수배입니다. $J_\pm$는 $J^2$와 교환하므로 $j$는 그대로입니다.
계수. 그 상수의 크기는 노름으로 구합니다. $(J_+)^\dagger=J_-$ 이고 $J_-J_+=J^2-J_z^2-J_z$ (연습문제 A4) 이므로
$$\begin{aligned}\big\|J_+|j,m\rangle\big\|^2&=\langle j,m|J_-J_+|j,m\rangle\\ &=j(j+1)-m^2-m.\end{aligned}$$제곱근을 취하고 위상은 양의 실수로 정합니다(콘던-쇼틀리). $J_-$는 $J_+J_-=J^2-J_z^2+J_z$로 같은 계산을 해서 $j(j+1)-m(m-1)$이 나옵니다.
$J^2$의 고유값을 일단 $\lambda$라 합니다. 위 상자의 노름은 음수일 수 없으므로 $\lambda-m(m+1)\ge0$. 그런데 $J_+$를 계속 걸면 $m$이 1씩 커져서 언젠가 이 부등식을 어깁니다. 빠져나갈 길은 하나뿐입니다: 사다리가 정확히 0에 닿아 끊기는 것. 맨 위 $m_{\max}$에서 $J_+|m_{\max}\rangle=0$이므로 $\lambda=m_{\max}(m_{\max}+1)$.
아래쪽도 같은 이유로 $J_-|m_{\min}\rangle=0$, 즉 $\lambda=m_{\min}(m_{\min}-1)$. 두 식을 같게 놓으면 $m_{\min}=-m_{\max}$입니다. $j=m_{\max}$로 이름 붙이면 $\lambda=j(j+1)$, $m=-j,\dots,j$.
$-j$에서 $j$까지 1씩 올라가므로 $2j$는 정수입니다: $j=0,\tfrac12,1,\tfrac32,\dots$. 상태 수는 $2j+1$. (궤도 각운동량은 $e^{im\varphi}$가 $\varphi\to\varphi+2\pi$에서 같아야 하므로 $m$, 따라서 $l$이 정수입니다.)
$Y_1^0=\sqrt{\tfrac3{4\pi}}\cos\theta$ 는 $\varphi$가 없으므로 $\partial_\varphi$ 항은 0입니다.
$$\begin{aligned}L_+Y_1^0&=e^{i\varphi}\,\partial_\theta\Big(\sqrt{\tfrac3{4\pi}}\cos\theta\Big)\\&=-\sqrt{\tfrac3{4\pi}}\,\sin\theta\,e^{i\varphi}.\end{aligned}$$$Y_1^1=-\sqrt{\tfrac3{8\pi}}\sin\theta\,e^{i\varphi}$ 이고 $\sqrt{\tfrac3{4\pi}}=\sqrt2\sqrt{\tfrac3{8\pi}}$ 이므로 $L_+Y_1^0=\sqrt2\,Y_1^1$. 계수 공식 $\sqrt{1\cdot2-0\cdot1}=\sqrt2$ 와 같습니다. 부호도 $+$ 로 맞습니다(콘던-쇼틀리 위상 덕분).
$L_+Y_1^1$: 상수 $-\sqrt{3/8\pi}$는 빼고 $\sin\theta\,e^{i\varphi}$에 겁니다.
$$\begin{aligned}&e^{i\varphi}\big(\partial_\theta+i\cot\theta\,\partial_\varphi\big)\big(\sin\theta\,e^{i\varphi}\big)\\&=e^{2i\varphi}\big(\cos\theta+i\cot\theta\cdot i\sin\theta\big)\\&=e^{2i\varphi}(\cos\theta-\cos\theta)=0.\end{aligned}$$$m=l$ 에서 멈춘다는 계수 공식 $\sqrt{2-1\cdot2}=0$ 과 같습니다.
$J_+$의 유일한 성분: 열 $m=-\tfrac12$, 행 $m=\tfrac12$ 에 $\sqrt{\tfrac34+\tfrac14}=1$.
$$J_+=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad J_x=\frac12\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},$$ $$J_y=\frac1{2i}\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}=\frac12\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}.$$$J_z=\tfrac12\operatorname{diag}(1,-1)$. 즉 $\mathbf S=\tfrac12\boldsymbol\sigma$ 입니다(L04의 파울리 행렬).
확인: $[S_x,S_y]=\tfrac14[\sigma_x,\sigma_y]=\tfrac14\cdot2i\sigma_z=iS_z$. $\sigma_i^2=I$ 이므로 $S^2=\tfrac14(I+I+I)=\tfrac34I=\tfrac12\cdot\tfrac32\,I$.
$J_+$ 성분: 열 $m=0$→행 $m=1$에 $\sqrt{2-0}=\sqrt2$, 열 $m=-1$→행 $m=0$에 $\sqrt{2-0}=\sqrt2$.
$$L_+=\sqrt2\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad L_z=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&-1\end{pmatrix},$$ $$L_x=\frac{L_++L_-}{2}=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}0&1&0\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix},$$ $$L_y=\frac{L_+-L_-}{2i}=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}0&-i&0\\i&0&-i\\0&i&0\end{pmatrix}.$$교환관계: 행렬을 곱하면
$$L_xL_y=\frac12\begin{pmatrix}i&0&-i\\0&0&0\\i&0&-i\end{pmatrix},$$ $$L_yL_x=\frac12\begin{pmatrix}-i&0&-i\\0&0&0\\i&0&i\end{pmatrix}.$$빼면 $\tfrac12\operatorname{diag}(2i,0,-2i)=i\operatorname{diag}(1,0,-1)=iL_z$.
$L^2$:
$$L_x^2=\frac12\begin{pmatrix}1&0&1\\0&2&0\\1&0&1\end{pmatrix},$$ $$L_y^2=\frac12\begin{pmatrix}1&0&-1\\0&2&0\\-1&0&1\end{pmatrix}.$$$L_x^2+L_y^2=\operatorname{diag}(1,2,1)$, 여기에 $L_z^2=\operatorname{diag}(1,0,1)$을 더하면 $2I=1\cdot(1+1)\,I$. 맞습니다.
파울리 행렬의 곱 $\sigma_i\sigma_j=\delta_{ij}I+i\varepsilon_{ijk}\sigma_k$를 씁니다.
$$\begin{aligned}(\hat n\cdot\boldsymbol\sigma)^2&=\sum_{ij}n_in_j\sigma_i\sigma_j\\ &=(\hat n\cdot\hat n)\,I+i\sum_{ijk}\varepsilon_{ijk}n_in_j\sigma_k=I.\end{aligned}$$둘째 합은 $n_in_j$가 $i,j$에 대칭이고 $\varepsilon_{ijk}$가 반대칭이라 0입니다.
$A=\hat n\cdot\boldsymbol\sigma$, $\alpha=\theta/2$로 두면 $A^2=I$, $A^3=A$, … 이므로 지수 급수가 짝수 차수와 홀수 차수로 갈라집니다.
$$\begin{aligned}e^{-i\alpha A}&=\Big(1-\tfrac{\alpha^2}{2!}+\cdots\Big)I\\ &\quad-i\Big(\alpha-\tfrac{\alpha^3}{3!}+\cdots\Big)A\\ &=\cos\alpha\,I-i\sin\alpha\,A.\end{aligned}$$반각은 $\mathbf S=\tfrac12\boldsymbol\sigma$에서 옵니다: 회전 연산자 $e^{-i\theta\hat n\cdot\mathbf S}$ 안에 $\tfrac12$이 들어 있습니다. 그래서 $\theta=2\pi$에서 $\cos\pi=-1$이 됩니다.
$-i\sigma_y=-i\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ 이므로
$$\begin{aligned}U_y(\theta)&=\cos\tfrac\theta2\,I+\sin\tfrac\theta2\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\\&=\begin{pmatrix}\cos\frac\theta2&-\sin\frac\theta2\\\sin\frac\theta2&\cos\frac\theta2\end{pmatrix}.\end{aligned}$$$\chi(\theta)=U_y|{\uparrow}\rangle$ 는 1열입니다: $a=\cos\frac\theta2$, $b=\sin\frac\theta2$ (실수).
$$\begin{aligned}\langle\sigma_z\rangle&=\cos^2\tfrac\theta2-\sin^2\tfrac\theta2=\cos\theta,\\ \langle\sigma_x\rangle&=2\cos\tfrac\theta2\sin\tfrac\theta2=\sin\theta,\qquad\langle\sigma_y\rangle=0.\end{aligned}$$$\langle\boldsymbol\sigma\rangle=(\sin\theta,0,\cos\theta)$: $z$축 방향 화살표를 $y$축 둘레로 $\theta$만큼 돌린 것입니다. $\theta=\tfrac\pi2$이면 $\chi=\tfrac1{\sqrt2}(1,1)$ 로 $\sigma_x=+1$ 상태가 됩니다.
$\theta=2\pi$: $\cos\pi=-1$, $\sin\pi=0$ 이라 $U_y(2\pi)=-I$, $\chi=-|{\uparrow}\rangle$. 기댓값은 $(0,0,1)$로 원래와 같지만 상태 벡터는 부호가 바뀌었습니다.
정규화 확인: $\tfrac13(1+|1+i|^2)=\tfrac13(1+2)=1$.
행렬로 직접: $\sigma_x\chi=\tfrac1{\sqrt3}(1+i,\ 1)$ 이므로
$$\begin{aligned}\langle\sigma_x\rangle&=\tfrac13\big[1\cdot(1+i)+\overline{(1+i)}\cdot1\big]\\&=\tfrac13\big[(1+i)+(1-i)\big]=\tfrac23.\end{aligned}$$공식으로: $a^*b=\tfrac13(1+i)$ 이므로 $\langle\sigma_x\rangle=\tfrac23$, $\langle\sigma_y\rangle=\tfrac23$, $\langle\sigma_z\rangle=\tfrac13-\tfrac23=-\tfrac13$.
검산 ①: $\tfrac49+\tfrac49+\tfrac19=1$ (순수 상태).
검산 ② (측정 확률): $\sigma_x=+1$ 상태 $\tfrac1{\sqrt2}(1,1)$ 와의 내적은 $\tfrac{1+1+i}{\sqrt6}$, 확률 $\tfrac{|2+i|^2}{6}=\tfrac56$. 그러면 $\langle\sigma_x\rangle=\tfrac56-\tfrac16=\tfrac23$. 같습니다. $\langle S_x\rangle=\tfrac13$ 입니다.
맨 위 상태가 하나뿐인 이유. $M=m_1+m_2$가 최대 $j_1+j_2$인 곱 상태는 $|j_1j_1\rangle|j_2j_2\rangle$ 하나입니다. 여기에 $J_+=J_{1+}+J_{2+}$를 걸면 두 항 모두 0이므로, 2절의 "사다리 꼭대기" 조건에 따라 $J=M=j_1+j_2$입니다.
$J_-=J_{1-}+J_{2-}$. 전체 각운동량이 $\mathbf J=\mathbf J_1+\mathbf J_2$이고, $J_{1-}$은 첫째 계에만, $J_{2-}$는 둘째 계에만 작용합니다. 그래서 곱 상태에 걸면 항이 둘로 갈라집니다.
직교로 다음 $J$를 찾는 이유. $M$이 같은 곱 상태의 수 $n(M)$을 셉니다. $M=j_1+j_2$는 1개, $M=j_1+j_2-1$은 2개입니다. 하나는 이미 만든 $J=j_1+j_2$ 사다리가 차지하고, 남은 방향(그것과 직교하는 방향)이 새 사다리의 꼭대기입니다. $J^2$가 에르미트라서 고유값이 다른 상태끼리 직교하기 때문입니다. $M$을 하나 내릴 때마다 $n(M)$이 1씩 늘다가 $M=|j_1-j_2|$부터 늘지 않으므로 $J$는 $|j_1-j_2|$에서 끝납니다.
차원 검산. $\sum_{J=|j_1-j_2|}^{j_1+j_2}(2J+1)=(2j_1+1)(2j_2+1)$ (등차수열의 합).
표기: $|{\uparrow\downarrow}\rangle=|{\uparrow}\rangle_1|{\downarrow}\rangle_2$. $J=1,0$ 이고 차원 $2\cdot2=3+1$.
① $|1,1\rangle=|{\uparrow\uparrow}\rangle$.
② $J_-$ 를 겁니다. 좌변 계수 $\sqrt{2-1\cdot0}=\sqrt2$. 스핀 1/2의 내림 계수는 $\sqrt{\tfrac34-\tfrac12\cdot(-\tfrac12)}=1$.
$$\begin{aligned}\sqrt2\,|1,0\rangle&=(S_{1-}+S_{2-})|{\uparrow\uparrow}\rangle=|{\downarrow\uparrow}\rangle+|{\uparrow\downarrow}\rangle,\\ |1,0\rangle&=\frac{|{\uparrow\downarrow}\rangle+|{\downarrow\uparrow}\rangle}{\sqrt2}.\end{aligned}$$③ 한 번 더: $\sqrt2\,|1,-1\rangle=\tfrac1{\sqrt2}\big(|{\downarrow\downarrow}\rangle+|{\downarrow\downarrow}\rangle\big)=\sqrt2\,|{\downarrow\downarrow}\rangle$, 즉 $|1,-1\rangle=|{\downarrow\downarrow}\rangle$.
④ 단일항 $|0,0\rangle=\alpha|{\uparrow\downarrow}\rangle+\beta|{\downarrow\uparrow}\rangle$. $|1,0\rangle$과 직교: $\alpha+\beta=0$. 정규화와 "$m_1=+\tfrac12$ 항이 양수"에서 $\alpha=\tfrac1{\sqrt2}$.
$$|0,0\rangle=\frac{|{\uparrow\downarrow}\rangle-|{\downarrow\uparrow}\rangle}{\sqrt2}.$$검산: $J_-|0,0\rangle=\tfrac1{\sqrt2}\big(|{\downarrow\downarrow}\rangle-|{\downarrow\downarrow}\rangle\big)=0$. $J=0$ 이라 더 내려갈 곳이 없는 것과 맞습니다.
그림 표기로 보기: G5 4절 — σ₁·σ₂ = 2P − 1: 대칭화·반대칭화 막대가 곧 삼중항·단일항 사영자, 단일항 = ε.
표기: 첫째 계($j_1=1$)는 $m_1$만 적어 $|1\rangle,|0\rangle,|-1\rangle$, 둘째 계는 $|{\uparrow}\rangle,|{\downarrow}\rangle$. 차원 $3\cdot2=4+2$. 필요한 계수: $J_{1-}|1\rangle=\sqrt2|0\rangle$, $J_{1-}|0\rangle=\sqrt2|-1\rangle$, $J_{2-}|{\uparrow}\rangle=|{\downarrow}\rangle$.
① $|\tfrac32,\tfrac32\rangle=|1\rangle|{\uparrow}\rangle$.
② 좌변 계수 $\sqrt{\tfrac{15}4-\tfrac32\cdot\tfrac12}=\sqrt3$:
$$\begin{aligned}\sqrt3\,|\tfrac32,\tfrac12\rangle&=\sqrt2\,|0\rangle|{\uparrow}\rangle+|1\rangle|{\downarrow}\rangle,\\ |\tfrac32,\tfrac12\rangle&=\sqrt{\tfrac23}\,|0\rangle|{\uparrow}\rangle+\sqrt{\tfrac13}\,|1\rangle|{\downarrow}\rangle.\end{aligned}$$③ 좌변 계수 $\sqrt{\tfrac{15}4-\tfrac12\cdot(-\tfrac12)}=2$:
$$\begin{aligned}2\,|\tfrac32,-\tfrac12\rangle&=\sqrt{\tfrac23}\big(\sqrt2|-1\rangle|{\uparrow}\rangle+|0\rangle|{\downarrow}\rangle\big)\\&\quad+\sqrt{\tfrac13}\cdot\sqrt2\,|0\rangle|{\downarrow}\rangle\\&=\tfrac{2}{\sqrt3}|-1\rangle|{\uparrow}\rangle+2\sqrt{\tfrac23}\,|0\rangle|{\downarrow}\rangle,\\ |\tfrac32,-\tfrac12\rangle&=\sqrt{\tfrac13}\,|-1\rangle|{\uparrow}\rangle+\sqrt{\tfrac23}\,|0\rangle|{\downarrow}\rangle.\end{aligned}$$④ $|\tfrac32,-\tfrac32\rangle=|-1\rangle|{\downarrow}\rangle$.
⑤ $|\tfrac12,\tfrac12\rangle=\alpha|1\rangle|{\downarrow}\rangle+\beta|0\rangle|{\uparrow}\rangle$. ②와 직교: $\sqrt{\tfrac13}\alpha+\sqrt{\tfrac23}\beta=0\Rightarrow\beta=-\alpha/\sqrt2$. 정규화 $\alpha^2\cdot\tfrac32=1$, 그리고 $m_1=1$ 항이 양수이므로 $\alpha=\sqrt{\tfrac23}$.
$$|\tfrac12,\tfrac12\rangle=\sqrt{\tfrac23}\,|1\rangle|{\downarrow}\rangle-\sqrt{\tfrac13}\,|0\rangle|{\uparrow}\rangle.$$⑥ 좌변 계수 $\sqrt{\tfrac34+\tfrac14}=1$:
$$\begin{aligned}|\tfrac12,-\tfrac12\rangle&=\sqrt{\tfrac23}\cdot\sqrt2\,|0\rangle|{\downarrow}\rangle\\&\quad-\sqrt{\tfrac13}\big(\sqrt2|-1\rangle|{\uparrow}\rangle+|0\rangle|{\downarrow}\rangle\big)\\&=\sqrt{\tfrac13}\,|0\rangle|{\downarrow}\rangle-\sqrt{\tfrac23}\,|-1\rangle|{\uparrow}\rangle.\end{aligned}$$CG 표 (칸의 값 $=\langle m_1;m_2|J,M\rangle$):
| $M$ | 곱 상태 | ${J=\tfrac32}$ | ${J=\tfrac12}$ |
|---|---|---|---|
| $\tfrac32$ | $|1\rangle|{\uparrow}\rangle$ | $1$ | — |
| $\tfrac12$ | $|1\rangle|{\downarrow}\rangle$ | $\sqrt{1/3}$ | $\sqrt{2/3}$ |
| $\tfrac12$ | $|0\rangle|{\uparrow}\rangle$ | $\sqrt{2/3}$ | $-\sqrt{1/3}$ |
| $-\tfrac12$ | $|0\rangle|{\downarrow}\rangle$ | $\sqrt{2/3}$ | $\sqrt{1/3}$ |
| $-\tfrac12$ | ${|{-1}\rangle|{\uparrow}\rangle}$ | $\sqrt{1/3}$ | $-\sqrt{2/3}$ |
| $-\tfrac32$ | ${|{-1}\rangle|{\downarrow}\rangle}$ | $1$ | — |
검산: 같은 $M$의 2×2 블록마다 행과 열의 제곱합이 $\tfrac13+\tfrac23=1$ 이고, 두 열의 내적은 $\sqrt{\tfrac13}\sqrt{\tfrac23}-\sqrt{\tfrac23}\sqrt{\tfrac13}=0$.
$m_3=-\tfrac12$ 이므로 필요한 CG는 $\langle1,0;\tfrac12,\tfrac12|\tfrac12,\tfrac12\rangle=-\sqrt{\tfrac13}$ (표의 $|0\rangle|{\uparrow}\rangle$ 행, $J=\tfrac12$ 열).
위상: $j_1-j_2-m_3=1-\tfrac12+\tfrac12=1$, 그래서 $(-1)^1=-1$. 분모 $\sqrt{2\cdot\tfrac12+1}=\sqrt2$.
$$\begin{pmatrix}1&\frac12&\frac12\\0&\frac12&-\frac12\end{pmatrix}=\frac{-1}{\sqrt2}\cdot\Big(-\frac1{\sqrt3}\Big)=\frac1{\sqrt6}.$$그림 표기로 보기: G5 6절 — 3j 그림 규칙: 노드 부호 (−1)^{j₁+j₂+j₃}, 세타 = 1, 두 줄 거품 = δ/(2ℓ+1).
$Y_2^1=-\sqrt{\tfrac{15}{8\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}$, $Y_1^1=-\sqrt{\tfrac3{8\pi}}\sin\theta\,e^{i\varphi}$. 켤레를 잡으면 $e^{-i\varphi}e^{i\varphi}=1$ 이고 두 $-$ 부호가 곱해져 $+$ 입니다. $\theta$ 적분은 $u=\cos\theta$로 바꿉니다.
$$\begin{aligned}&\langle2,1|\cos\theta|1,1\rangle\\&=\frac{\sqrt{45}}{8\pi}\int_0^{2\pi}\!d\varphi\int_0^\pi\sin^2\theta\cos^2\theta\,\sin\theta\,d\theta\\&=\frac{3\sqrt5}{8\pi}\cdot2\pi\int_{-1}^1(1-u^2)u^2\,du\\&=\frac{3\sqrt5}{4}\Big(\frac23-\frac25\Big)=\frac{3\sqrt5}{4}\cdot\frac4{15}=\frac{1}{\sqrt5}.\end{aligned}$$공식 확인: $l=1$, $m=1$ 이면 $\sqrt{\tfrac{4-1}{3\cdot5}}=\sqrt{\tfrac15}$. 같습니다. 같은 공식의 둘째 항은 $l^2-m^2=0$ 이라 사라집니다($Y_0^1$은 없음).
0이 되는 경우:
Arfken 16장에는 구면 텐서(spherical tensor)와 위그너-에카르트(Wigner–Eckart) 정리를 다루는 절이 있는 것으로 기억합니다(16.3절, 기억 기반, 미검증). 여기서는 손계산에 바로 쓰는 부분만 봅니다. 7절에서 적분으로 하나씩 구한 행렬 원소를 하나만 계산하고 나머지는 CG 계수로 얻는 방법입니다.
2번의 교환관계를 상태 $T_q|jm\rangle$에 걸어 봅니다. $J_zT_q=T_qJ_z+[J_z,T_q]$ 이므로 $J_z\,T_q|jm\rangle=(m+q)\,T_q|jm\rangle$. $J_\pm$도 같은 식입니다.
$$\begin{aligned}J_\pm\big(T_q|jm\rangle\big)&=T_q\,\big(J_\pm|jm\rangle\big)\\ &\quad+[J_\pm,T_q]\,|jm\rangle.\end{aligned}$$오른쪽은 "$|jm\rangle$에 사다리를 건 항 + $|kq\rangle$에 사다리를 건 항"과 계수까지 같습니다. 즉 상태들 $T_q|jm\rangle$은 곱 상태 $|jm\rangle|kq\rangle$와 똑같이 움직입니다. 그래서 5절의 절차($J_-$ 반복과 직교)로 묶으면 같은 CG 계수가 나오고, $|j'm'\rangle$ 성분은 $\langle jm;kq|j'm'\rangle\times$(상수)입니다. 사다리를 따라 내려가도 바뀌지 않는 그 상수가 축약 행렬 원소입니다($\sqrt{2j'+1}$은 관례).
(엄밀하게는 CG 계수의 직교성으로 $m$ 의존성을 떼어 내는 계산이 필요하지만 생략합니다.)
준비: 시험함수를 붙이면 $[\partial_z,z]f=\partial_z(zf)-z\partial_zf=f$ 입니다. 이것으로
$$\begin{aligned}[L_x,z]&=-i\,y\,[\partial_z,z]=-iy,\\ [L_y,z]&=-i\,(-x)\,[\partial_z,z]=ix,\\ [L_z,x]&=iy,\qquad[L_z,y]=-ix.\end{aligned}$$① $[L_z,\,x+iy]=iy+i(-ix)=x+iy$. 따라서 $[L_z,r_{+1}]=(+1)\,r_{+1}$: $q=+1$이 맞습니다.
② $L_+=L_x+iL_y$ 이므로
$$\begin{aligned}[L_+,z]&=[L_x,z]+i[L_y,z]\\ &=-iy+i\cdot ix=-(x+iy).\end{aligned}$$레시피 2번은 $k=1$, $q=0$에서 $[L_+,r_0]=\sqrt{2-0}\;r_{+1}$을 요구합니다. $\sqrt2\,r_{+1}=\sqrt2\cdot\big(-\tfrac1{\sqrt2}\big)(x+iy)=-(x+iy)$. 같습니다. $r_{+1}$에 $-$ 부호가 없었다면 부호가 어긋났을 것입니다.
③ $Y_1^q$와 비교: $\sqrt{\tfrac{4\pi}3}\,r\,Y_1^1=\sqrt{\tfrac{4\pi}3}\cdot\Big(-\sqrt{\tfrac3{8\pi}}\Big)r\sin\theta\,e^{i\varphi}=-\tfrac1{\sqrt2}(x+iy)=r_{+1}$, $\ \sqrt{\tfrac{4\pi}3}\,r\,Y_1^0=r\cos\theta=z=r_0$.
연산자를 랭크 1 텐서로 씁니다: $T_q=r_q/r$, 즉 $T_0=\cos\theta$, $T_{+1}=-\tfrac1{\sqrt2}\sin\theta\,e^{i\varphi}$. 필요한 $1\otimes1$ CG 계수는 연습문제 E2의 상태에서 읽습니다: $\langle1,1;1,0|2,1\rangle=\tfrac1{\sqrt2}$, $\langle1,0;1,0|2,0\rangle=\tfrac2{\sqrt6}=\sqrt{\tfrac23}$, $\langle1,1;1,1|2,2\rangle=1$.
① 축약 부분: $\dfrac{\langle2\|T\|1\rangle}{\sqrt5}=\dfrac{1/\sqrt5}{1/\sqrt2}=\sqrt{\tfrac25}$.
② $\langle2,0|\cos\theta|1,0\rangle=\sqrt{\tfrac23}\cdot\sqrt{\tfrac25}=\dfrac{2}{\sqrt{15}}$. 7절의 공식 $\sqrt{\tfrac{4-0}{3\cdot5}}=\tfrac2{\sqrt{15}}$과 같습니다.
③ $\langle2,2|T_{+1}|1,1\rangle=1\cdot\sqrt{\tfrac25}$. $\sin\theta\,e^{i\varphi}=-\sqrt2\,T_{+1}$ 이므로
$$\langle2,2|\sin\theta\,e^{i\varphi}|1,1\rangle=-\sqrt2\cdot\sqrt{\tfrac25}=-\frac{2}{\sqrt5}.$$적분으로 확인: $Y_2^{2*}=\tfrac14\sqrt{\tfrac{15}{2\pi}}\sin^2\theta\,e^{-2i\varphi}$, $Y_1^1=-\sqrt{\tfrac3{8\pi}}\sin\theta\,e^{i\varphi}$. $\varphi$ 인자는 $e^{-2i\varphi}e^{i\varphi}e^{i\varphi}=1$ 이고 $\int\sin^4\theta\,d\Omega=2\pi\int_{-1}^1(1-u^2)^2du=\tfrac{32\pi}{15}$.
$$\begin{aligned}&-\frac14\sqrt{\frac{15}{2\pi}\cdot\frac3{8\pi}}\cdot\frac{32\pi}{15}\\ &=-\frac14\cdot\frac{3\sqrt5}{4\pi}\cdot\frac{32\pi}{15}=-\frac{2}{\sqrt5}.\end{aligned}$$부호까지 같습니다. $q=0$ 연산자의 행렬 원소 하나로 $q=+1$ 연산자의 행렬 원소를 얻었습니다.
그림 표기로 보기: G5 6절 예제 6-2 — 위그너-에카르트 = 세 줄 자르기: 행렬 원소의 비가 CG의 비인 이유.
종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy로 검산했습니다. 관례는 이 레슨의 관례 상자($\hbar=1$, 콘던-쇼틀리)를 따릅니다.
A1. $L_z(x+iy)$, $L_z(x-iy)$, $L_z\,z$ 를 계산하고 고유값을 읽기
A2. $f=xy$ 로 $[L_y,L_z]f=iL_xf$ 를 확인
A3. $[L_x,L_y]=iL_z$ 와 순환 관계로 $[L_z,L_\pm]=\pm L_\pm$, $[L_+,L_-]=2L_z$ 를 보이기
A4. $L^2=L_-L_++L_z^2+L_z$ 를 보이고, 이것으로 $L^2|l,l\rangle=l(l+1)|l,l\rangle$ 을 얻기
A5. $L^2(xy)=6\,xy$ 임을 보이기 (힌트: $r^2\nabla^2=\partial_r(r^2\partial_r)-L^2$, L22의 라플라시안을 각 부분과 지름 부분으로 나눈 식)
B1. $J_+|2,0\rangle$, $J_-|2,-1\rangle$, $J_+|\tfrac32,\tfrac12\rangle$, $J_+|1,1\rangle$
B2. 미분 연산자 $L_-=e^{-i\varphi}(-\partial_\theta+i\cot\theta\,\partial_\varphi)$ 로 $L_-Y_1^1$을 계산
B3. $Y_2^1=-\sqrt{\tfrac{15}{8\pi}}\sin\theta\cos\theta\,e^{i\varphi}$, $Y_2^2=\tfrac14\sqrt{\tfrac{15}{2\pi}}\sin^2\theta\,e^{2i\varphi}$ 일 때 $L_+Y_2^1$을 미분으로 계산하고 계수 공식과 비교
C1. $j=\tfrac32$의 $J_z$, $J_+$, $J_x$ 행렬을 쓰기
C2. $l=1$의 $L_x$ (예제 3-2) 고유값과 고유벡터
C3. 행렬 원소 $\langle1,1|L_x|1,0\rangle$, $\langle1,0|L_y|1,1\rangle$, $\langle1,-1|L_x|1,1\rangle$
D1. $e^{-i\pi\sigma_x/2}|{\uparrow}\rangle$ 와 그 상태의 $\langle\sigma_z\rangle$
D2. $\hat n=\frac1{\sqrt2}(1,0,1)$ 둘레로 $\theta=\pi$, $\theta=2\pi$ 회전 행렬
D3. $\chi=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}$ 의 $\langle\sigma_x\rangle$, $\langle\sigma_y\rangle$, $\langle\sigma_z\rangle$
D4. $\chi=\begin{pmatrix}\cos\frac\alpha2\\e^{i\beta}\sin\frac\alpha2\end{pmatrix}$ 의 $\langle\boldsymbol\sigma\rangle$
E1. 스핀 1/2 두 개에서 $\mathbf S_1\cdot\mathbf S_2$ 의 삼중항·단일항 고유값 (힌트: $\mathbf S^2=(\mathbf S_1+\mathbf S_2)^2$)
그림 표기로 보기: G5 4절 예제 4-1 — S₁·S₂ = ½P − ¼에서 고윳값 ¼, −¾를 J² 공식 없이.
E2. $1\otimes1$: $|2,1\rangle$, $|1,1\rangle$, $|2,0\rangle$ 을 곱 상태 $|m_1\rangle|m_2\rangle$로
E3. $1\otimes1$: $|1,0\rangle$ 과 $|0,0\rangle$
E4. $2\otimes1$ 과 $\tfrac32\otimes1$ 에서 가능한 $J$와 차원 검산
E5. $1\otimes\tfrac12$ 에서 곱 상태 $|1\rangle|{\downarrow}\rangle$ 를 $|J,M\rangle$ 로 전개하고, $J=\tfrac32$ 가 측정될 확률
F1. $\begin{pmatrix}1&\frac12&\frac12\\1&-\frac12&-\frac12\end{pmatrix}$
F2. 공식으로 $\langle1,0|\cos\theta|0,0\rangle$ 과 $\langle3,0|\cos\theta|2,0\rangle$
F3. 0인 것을 고르고 이유를 쓰기: (가) $\langle2,1|\cos\theta|1,0\rangle$ (나) $\langle2,0|\cos\theta|2,0\rangle$ (다) $\langle3,0|\cos\theta|1,0\rangle$ (라) $\langle0,0|\cos\theta|1,0\rangle$
F4. $\langle1,1|\sin\theta\,e^{i\varphi}|0,0\rangle$ 을 적분으로 구하고, 이 연산자의 $m$ 선택 규칙을 쓰기
G1. $[L_-,\,z]$와 $[L_z,\,x-iy]$를 계산하고, $r_{-1}=\tfrac1{\sqrt2}(x-iy)$가 랭크 1 텐서의 $q=-1$ 성분인지 확인
G2. 위그너-에카르트 선택 규칙으로 0인 것을 고르고 이유를 쓰기: (가) $\langle2,0|T^{(1)}_{+1}|1,0\rangle$ (나) $\langle0,0|T^{(1)}_0|0,0\rangle$ (다) $\langle3,1|T^{(2)}_{+1}|1,0\rangle$ (라) $\langle\tfrac12,\tfrac12|T^{(2)}_0|\tfrac12,\tfrac12\rangle$
G3. $\langle2,1|\cos\theta|1,1\rangle=\frac1{\sqrt5}$만 알 때 $\langle2,1|\sin\theta\,e^{i\varphi}|1,0\rangle$을 위그너-에카르트로 구하고 적분으로 확인 (CG $\langle1,0;1,1|2,1\rangle=\frac1{\sqrt2}$)